电解质溶液知识题解答
常考题空7 电解质溶液中有关电离(水解)平衡常数的计算 (附答案解析)-高考化学大题
常考题空7 电解质溶液中有关电离(水解)平衡常数的计算【高考必备知识】1.电离常数与水解常数的关系 (1)电离常数表达式①一元弱酸(HA): HA H ++A - )()()(HA c A c H c Ka -+∙=②二元弱酸(H2A):H 2A H ++HA - )()()(21A H c HA c H c Ka -+∙=HA —H ++A 2-)()()(22—HA c A c H c Ka -+∙=③一元弱碱(BOH):BOHB ++OH - )()()(BOH c OH c B c K b-+∙=(2)电离常数(K 电离)与电离度(α)的关系——以一元弱酸HA 为例25 ℃,c mol·L -1的弱酸HA ,设电离度为αHAH + + A -起始浓度/mol·L -1 c 0 0变化浓度/mol·L -1 c 酸·α c 酸·α c 酸·α平衡浓度/mol·L -1c 酸-c 酸·αc 酸·αc 酸·α电离平衡常数K a =(c 酸·α)2酸·1-α)=c 酸·α21-α,由于α很小,可认为1-α≈1则K a =c 酸·α2,α (越稀越电离),则:c (H +)=c 酸·α=酸c K a ∙(3)电离常数与水解常数的关系①对于一元弱酸HA ,K a 与K h 的关系:K h =K WK a如:CH 3COONa :CH 3COO -+H 2O CH 3COOH +OH -)()()()()()()()()()()()(3333333COOH CH K K COOH CH c H c COO CH c K H c COO CH c H c OH c COOH CH c COO CH c OH c COOH CH c K a ww h =∙=∙∙∙=∙=+++—————②对于二元弱酸H 2B ,K al (H 2B)、K a2(H 2B)与K h (HB -)、K h (B 2-)的关系:21a w h K K K =;12a wh K K K =B 2-+H2OHB -+OH -,K h1(B 2-)=c (OH -)·c (HB -)c (B 2-)=c (H +)·c (OH -)·c (HB -)c (H +)·c (B 2-)=K wK a2HB -+H2O H 2B +OH -,K h2(HB -)=c (OH -)·c (H 2B )c (HB -)=c (H +)·c (OH -)·c (H 2B )c (H +)·c (HB -)=K w K al ③强酸弱碱盐:K h =K WK b如:NH 4Cl :NH 4++H 2O NH 3·H 2O +H +)()()()()()()()()()()()(23b 234423423O H NH K K O H NH c OH c NH c K OH c NH c OH c H c O H NH c NH c H c O H NH c K ww h ∙=∙∙=∙∙∙∙=∙∙=+++++———(3)水解常数(K h )与溶度积常数(K sp )的关系——强酸多元弱碱盐:K h =KspKw n如:AlCl 3:Al 3++3H 2OAl(OH)3+3H +KspKw OH c Al c OH c H c Al c H c K h 3333333)()()()()()(=⋅⋅==-+-+++2.计算电离常数的常见类型(1)起点时刻:巧用三段式例1.HR 是一元酸。
【知识解析】溶液中粒子浓度大小的比较
溶液中粒子浓度大小的比较解答电解质溶液中粒子浓度大小关系问题的思路主要是明确电离和水解两大理论,构建思维模型,依据“三大守恒”关系来解答。
方法技巧主要是:判断等式关系一般考虑守恒原理,即电荷守恒、物料守恒、质子守恒,如果给定的等式不是上述三个守恒式,可以把三个守恒式变换形式后加以推导;如果给定的式子是不等式,要先考虑等式,对等式的一边加上或减去某离子,即可变成不等式,此外需联系电离平衡、水解平衡理论来分析。
1 单一溶液中粒子浓度的比较(1)多元弱酸溶液根据多步电离分析。
例如:在H 3PO 4溶液中,c (H +)>c (H 2PO - 4)>c (HPO 2- 4)>c (PO 3- 4)>c (OH -)。
(2)多元弱酸的正盐溶液根据弱酸酸根离子的分步水解分析。
例如:在Na 2CO 3溶液中,c (Na +)>c (CO 2-3)>c (OH -)>c (HCO - 3)>c (H +)。
(3)多元弱酸的酸式盐溶液要考虑酸式酸根离子的电离程度与水解程度的相对大小,如HCO -3以水解为主,NaHCO 3溶液中c (Na +)>c (HCO - 3)>c (OH -)>c (H +);而HSO -3以电离为主,NaHSO 3溶液中c(Na +)>c (HSO - 3)>c (H +)>c (OH -)。
2 不同溶液中同一粒子浓度大小的比较要分析溶液中其他离子的影响。
如相同物质的量浓度的下列溶液中:a .NH 4Cl b .CH 3COONH 4 c .NH 4HSO 4,由于CH 3COO -的水解会促进NH +4的水解,H +会抑制NH +4的水解,故c (NH + 4)由大到小的顺序是c >a >b 。
3 混合溶液中各粒子浓度的大小比较根据电离程度、水解程度的相对大小分析。
(1)分子的电离程度大于相应离子的水解程度。
例如:等物质的量浓度的NH 4Cl 与NH 3·H 2O 的混合溶液中,c (NH 4+)>c (Cl -)>c (OH -)>c (H +);等物质的量浓度的CH 3COOH 与CH 3COONa 的混合溶液中,c (CH 3COO -)>c (Na +)>c (H +)>c (OH -)。
电解与极化作用习题及答案
电解与极化作用习题及答案电解与极化作用习题及答案电解和极化是化学中重要的概念,它们在电化学、电解池和电池等领域中起着关键作用。
本文将介绍一些与电解和极化相关的习题,并提供相应的答案,帮助读者巩固和加深对这些概念的理解。
习题一:什么是电解?请简要解释电解的过程。
答案:电解是指在电解质溶液或熔融状态下,通过外加电压使溶液中的离子发生氧化还原反应的过程。
电解过程中,正极(阳极)发生氧化反应,负极(阴极)发生还原反应。
电解是一种将电能转化为化学能的过程。
习题二:什么是极化?请简要解释极化现象的产生原因。
答案:极化是指在电解质溶液或电解池中,极板表面产生的电荷分布不均匀的现象。
极化现象的产生原因主要有两个:电解质溶液中的离子在电场作用下会向电极移动,导致电极表面聚集正负离子;同时,电极表面的化学反应会导致电极上生成一层物质,阻碍离子在电极表面的移动,从而引起极化。
习题三:电解铜(II)硫酸溶液时,正极和负极上分别发生什么反应?写出反应方程式。
答案:正极上发生的反应是Cu2+离子还原为Cu金属,反应方程式为:Cu2+ + 2e- -> Cu负极上发生的反应是水分子还原为氢气和氢氧根离子,反应方程式为:2H2O + 2e- -> H2 + 2OH-习题四:在电解银氨溶液时,正极和负极上分别发生什么反应?写出反应方程式。
答案:正极上发生的反应是Ag+离子还原为Ag金属,反应方程式为:Ag+ + e- -> Ag负极上发生的反应是水分子还原为氢气和氢氧根离子,反应方程式为:2H2O + 2e- -> H2 + 2OH-习题五:电解池中,正极和负极上的电子流动方向分别是什么?为什么?答案:在电解池中,正极上的电子流动方向是从电解质溶液向电极流动,负极上的电子流动方向是从电极向电解质溶液流动。
这是因为正极是氧化反应发生的地方,需要电子供给;负极是还原反应发生的地方,需要电子接受。
习题六:电解质溶液中的离子浓度对电解过程有何影响?请简要解释。
第二讲:电解质溶液
第二讲:电解质溶液【测试要求】(1)知道酸、碱、盐在溶液中能发生电离。
(2)能正确书写强酸、强碱和大部分可溶性盐的电离方程式。
(3)通过实验事实认识离子反应及其发生的条件,能正确书写常见的离子方程式。
【知识梳理】一、酸、碱、盐在水溶液中的电离酸、碱、盐在水溶液中能导电,是因为它们在溶液中发生了,产生了。
思考:什么是电离?物质发生电离需要什么条件?是不是所有物质都能够电离?1.电解质:在水溶液熔融状态下能够导电的称作电解质练习1:下列物质哪些属于电解质?哪些不属于电解质?①金属铜②固态NaCl ③SO3④H2SO4⑤碳棒⑥酒精水溶液⑦KOH溶液⑧蔗糖⑨KOH ⑩MgO属于电解质的是:,不属于电解质的是:。
2.铜片、石墨能导电,它们是电解质吗?SO3的水溶液能导电,SO3是电解质吗?归纳总结:①化合物分为电解质、非电解质两类。
单质和混合物既不是电解质,也不是非电解质;②电解质导电是有条件的,即电解质必须在或才能导电;③能导电的物质不一定是电解质,如;④酸、碱、大部分盐和活泼金属氧化物是电解质;⑤非金属氧化物、大部分有机物为非电解质。
3.电离方程式的书写:练习2:用电离方程式表示下列物质的电离。
HCl—H2SO4—NaOH —Ba(OH)2—MgCl2 —NH4Cl—归纳:4.酸、碱、盐定义:电离时生成的阳离子的化合物叫做酸;电离时的化合物叫做碱;电离时能生成和的化合物叫做盐。
思考:NaHSO4溶液能电离出H+和Na+,NaHSO4属于酸吗?电解质溶于水形成的溶液与其它溶液有什么本质的区别呢?归纳:5.电解质溶液的特点⑴导电性(存在)⑵电中性(电荷守恒)练习3:在下列物质中:①H2SO4②HCl ③NaOH ④Cu(OH)2⑤AgCl ⑥Na2CO3⑦C2H5OH ⑧H2O ⑨SO2⑩Fe属于电解质的是_ ;不属于电解质的是__ _ ;在溶液中主要以离子形式存在的是_ 。
思考:(1)CuSO4溶液能与BaCl2溶液反应而与NaCl溶液却不能反应,试分析原因。
高考化学练习题:电解质溶液(含答案解析)
高考化学练习题:电解质溶液一.选择题(共26小题)1.(2015•安徽)25℃时,在10mL浓度均为0.1mol•L﹣1的NaOH和NH3•H2O混合溶液中滴加0.1mol•L ﹣1盐酸,下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是()A.未加盐酸时:c(OH﹣)>c(Na+)=c(NH3•H2O)B.加入10mL盐酸时:c(NH4+)+c(H+)=c(OH﹣)C.加入盐酸至溶液pH=7时:c(Cl﹣)=c(Na+)D.加入20mL盐酸时:c(Cl﹣)=c(NH4+)+c(Na+)考点:弱电解质在水溶液中的电离平衡;真题集萃.分析:氢氧化钠为强碱,在水溶液中完全电离,一水合氨为弱碱,在水溶液中部分电离,相同体积与浓度的氢氧化钠与一水合氨其中和能力是相同的,据此分析解答即可.解答:解:A、NaOH和NH3•H2O混合溶液中,NaOH完全电离,NH3•H2O部分电离,因此c(OH ﹣)>0.1mol/L,c(Na+)=0.1mol/L,c(NH3•H2O)<0.1mol/L,故c(OH﹣)>c(Na+)>c(NH3•H2O),故A错误;B、在此混合溶液中加入10mL盐酸,存在电中性原则:c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH﹣)+c(Cl﹣),由于等体积等浓度混合,故c(Na+)=c(Cl﹣),即c(NH4+)+c(H+)=c(OH﹣),故B正确;C、加入盐酸至pH=7时,溶液呈中性,即c(H+)=c(OH﹣),那么c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl﹣),即c(Cl﹣)>c(Na+),故C错误;D、加入20mL盐酸时,此时溶液恰好为氯化钠与氯化铵的混合溶液,此时溶液呈酸性,即存在c(H+)>c(OH﹣),那么c(NH4+)+c(Na+)<c(Cl﹣),故D错误,故选B.点评:本题主要考查酸碱混合的定性判断,题目难度中等,本题注意把握弱电解质的电离特点,易错点为C,注意酸碱中和滴定的实验原理.2.(2015•广东)一定温度下,水溶液中H+和OH﹣的浓度变化曲线如图,下列说法正确的是()A.升高温度,可能引起由c向b的变化B.该温度下,水的离子积常数为1.0×10﹣13C.该温度下,加入FeCl3可能引起由b向a的变化D.该温度下,稀释溶液可能引起由c向d的变化考点:水的电离;弱电解质在水溶液中的电离平衡.分析:A、由图可知abc为等温线;B、由b点计算此温度下水的离子积常数为1.0×10﹣14;C、b点到a点,氢离子浓度变大,氢氧根离子浓度减小,据此解答即可;D、稀释不会引起水的离子积的改变,据此解答即可.解答:解:A、由图可知abc三点对应的平衡常数不变,故abc为等温线,故升高温度,不能由c 到b,故A错误;B、b点c(H+)=c(OH﹣)=1.0×10﹣7,故K W=1.0×10﹣7×1.0×10﹣7=1.0×10﹣14,故B错误;C、加入FeCl3,氯化铁为强酸弱碱盐,铁离子结合水电离出的氢氧根,促进水的电离平衡右移,即氢离子浓度增大,氢氧根离子浓度减小(由b到a),符合图象变化趋势,故C正确;D、由c点到d点,水的离子积常数减小,温度不变,K不变,故不能利用稀释使其形成此变化,故D错误,故选C.点评:本题主要考查的是水的离子积常数以及水电离的影响因素,掌握水的离子积为温度的函数是解决本题的关键,难度不大.3.(2015•海南)0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应,形成的溶液pH最小的是()A.NO2B.SO2C.SO3D.CO2考点:p H的简单计算.分析:0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应,二者的物质的量相同,NO2与NaOH等物质的量反应的方程式为:2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O;SO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3;SO3与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4;CO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+CO2=NaHCO3,根据反应产物的酸碱性判断.解答:解:0.1mol下列气体分别与1L0.1mol•L﹣1的NaOH溶液反应,二者的物质的量相同,NO2与NaOH等物质的量反应的方程式为:2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O,NaNO2为强碱弱酸盐,溶液显碱性;SO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3,NaHSO3在溶液中即电离又水解,电离程度大于水解程度,溶液显弱酸性;SO3与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4,NaHSO4在溶液中完全电离出氢离子,溶液显强酸性;CO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+CO2=NaHCO3,NaHCO3在溶液中即电离又水解,水解程度大于电离程度,溶液显弱碱性;综上可知,形成的溶液pH最小的是SO3;故选:C.点评:本题考查了物质的性质,题目涉及元素化合物的性质、盐的水解、弱电解质的电离,题目难度中等,注意根据物质之间反应判断产物以及溶液的酸碱性.4.(2015•四川)常温下,将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合,析出部分NaHCO3晶体,过滤,所得溶液pH<7,下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是()A.<1.0×10﹣7mol/LB.c(Na+)=c(HCO3﹣)+c(CO32﹣)+c(H2CO3)C.c(H+)+c(NH4+)=c(OH﹣)+c(HCO3﹣)+2c(CO32﹣)D.c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(HCO3﹣)>c(CO32﹣)考点:盐类水解的原理.专题:盐类的水解专题.分析:A.根据Kw=c(H+)×c(OH﹣)=1.0×10﹣14计算;B.根据物料守恒即c(Na)=c(C)分析;C.根据电荷守恒分析;D.铵根离子部分水解,则c(Cl﹣)>c(NH4+),HCO3﹣的电离程度很小.解答:解:A.Kw=c(H+)×c(OH﹣)=1.0×10﹣14,已知pH<7,即c(H+)>1.0×10﹣7mol/L,则<1.0×10﹣7mol/L,故A正确;B.溶液中存在物料守恒即c(Na)=c(C),所以c(Na+)=c(HCO3﹣)+c(CO32﹣)+c(H2CO3),故B正确;C.溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=c(OH﹣)+c(HCO3﹣)+2c(CO32﹣)+c (Cl﹣),由于析出部分NaHCO3晶体,则c(Na+)<c(Cl﹣),所以c(H+)+c(NH4+)>c(OH﹣)+c(HCO3﹣)+2c(CO32﹣),故C错误;D.铵根离子部分水解,则c(Cl﹣)>c(NH4+),由于析出部分NaHCO3晶体,则HCO3﹣浓度减小,HCO3﹣的电离程度很小,所以c(CO32﹣)最小,即c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(HCO3﹣)>c(CO32﹣),故D正确.故选C.点评:本题考查了混合溶液中离子浓度的计算、离子浓度大小比较、电荷守恒和物料守恒的应用,题目难度中等,注意把握电荷守恒和物料守恒的应用方法.5.(2015•广东)水溶液中能大量共存的一组离子是()A.NH4+、Ba2+、Br﹣、CO32﹣B.Cl﹣、SO32﹣、Fe2+、H+C.K+、Na+、SO42﹣、MnO4﹣D.Na+、H+、NO3﹣、HCO3﹣考点:离子共存问题.专题:离子反应专题.分析:根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等,不能相互促进水解等,则离子大量共存,以此来解答.解答:解:A.Ba2+、CO32﹣结合生成沉淀,不能大量共存,故A错误;B.SO32﹣、H+结合生成水和气体,不能大量共存,故B错误;C.该组离子之间不反应,可大量共存,故C正确;D.H+、HCO3﹣结合生成水和气体,不能大量共存,故D错误;故选C.点评:本题考查离子共存,为高频考点,把握常见离子之间的反应为解答的关键,侧重复分解反应、水解反应的离子共存考查,题目难度不大.6.(2015•四川)下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是()A.该溶液中Na+、NH4+、NO3﹣、Mg2+可以大量共存B.通入CO2气体产生蓝色沉淀C.与H2S反应的离子方程式:C u2++S2﹣=CuS↓D.与过量浓氨水反应的离子方程式:Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+考点:离子共存问题;离子方程式的书写.分析:A.该组离子之间不反应,与硫酸铜也不反应;B.通入CO2气体,与硫酸铜溶液不反应;C.H2S在离子反应中保留化学式;D.与过量浓氨水反应,生成络离子.解答:解:A.该组离子之间不反应,与硫酸铜也不反应,则可大量共存,故A正确;B.通入CO2气体,与硫酸铜溶液不反应,不能生成蓝色沉淀,故B错误;C.H2S在离子反应中保留化学式,则与H2S反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+,故C错误;D.与过量浓氨水反应,生成络离子,则离子反应为Cu2++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O,故D 错误;故选A.点评:本题考查离子共存及离子反应,为高频考点,为2015年高考真题,把握常见离子之间的反应为解答的关键,侧重复分解反应及络合反应的离子反应考查,题目难度不大.7.(2015•上海)某无色溶液含有下列离子中的若干种:H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32﹣、Cl ﹣、OH﹣、NO3﹣.向该溶液中加入铝粉,只放出H2,则溶液中能大量存在的离子最多有()A.3种B.4种C.5种D.6种考点:离子共存问题.分析:溶液无色,则一定不存在有色的Fe3+;在其中加入金属铝,发生反应并放出H2,溶液可能呈酸性,也可能呈碱性,若为酸性,则不存在OH﹣、NO3﹣、CO32﹣,若呈碱性,则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+,以此解答该题.解答:解:无色溶液中一定不存在有色的Fe3+;溶液中加入金属铝,发生反应并放出H2,溶液可能呈酸性,也可能呈碱性,若溶液为酸性,则不存在:OH﹣、NO3﹣、CO32﹣,阴离子只能为Cl﹣,阳离子可以为:H+、NH4+、Ba2+、Al3+,最多存在5种离子;若呈碱性,则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+,阳离子只能为Ba2+,则一定不存在CO32﹣,可存在的离子为:Ba2+、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣,则最多只有4种,根据分析可知,最多存5种离子,故选C.点评:本题考查离子共存问题,题目难度中等,涉及离子反应和种类的判断,综合侧重于学生的分析能力的考查,注意把握题目无色以及与铝反应生成氢气的特点,特别注意硝酸不能生成氢气.8.(2014•江苏)水是生命之源,2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图象,模型如图所示,下列关于水的说法正确的是()A.水是弱电解质B.可燃冰是可以燃烧的水C.氢氧两种元素只能组成水D.0℃时冰的密度比液态水的密度大考点:水的电离;不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别.专题:元素及其化合物.分析:A.水能够部分电离出氢离子和氢氧根离子,存在电离平衡;B.可燃冰为甲烷和水形成的一种化合物;C.氢氧两种元素还可以组成双氧水;D.液体水变成冰,体积变大,密度变小.解答:解:A.水为极弱的电解质,能够部分电离出氢离子和氢氧根离子,故A正确;B.可燃冰为甲烷和水形成的一种特殊的化合物,并不是可燃烧的水,故B错误;C.氢氧两种元素可以组成水、双氧水,故C错误;D.冰中存在氢键,具有方向性和饱和性,其体积变大,则相同质量时冰的密度比液态水的密度小,故D错误;故选A.点评:本题考查了水的电离、水的组成结构及性质,题目难度不大,注意掌握水的电离,明确可燃冰的组成及性质,试题培养了学生灵活应用所学知识的能力.9.(2014•重庆)下列叙述正确的是()A.浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体B.CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO﹣)增大C.Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可制得Ca(OH)2D.25℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度考点:影响盐类水解程度的主要因素;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题:电离平衡与溶液的pH专题;盐类的水解专题.分析:A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应;B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠;C、Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应产物是碳酸钙和碳酸钠;D、根据沉淀溶解平衡的影响因素来回答判断.解答:解:A、浓氨水和氯化铁之间会发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵,不会获得胶体,故A错误;B、醋酸钠中加入盐酸会发生反应生成醋酸和氯化钠,所以醋酸根离子浓度会减小,故B错误;C、Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应产物是碳酸钙和碳酸钠,并不会获得氢氧化钙,故C 错误;D、氢氧化铜存在沉淀溶解平衡Cu(OH)2⇌Cu2++2OH﹣,Cu(NO3)2溶液中铜离子会抑制沉淀溶解平衡的右移,所以Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度,故D正确.故选D.点评:本题考查学生物质的性质以及沉淀溶解平衡的影响因素等方面的知识,注意知识的归纳和整理是解题关键,难度中等.10.(2014•上海)向饱和澄清石灰水中加入少量CaC2,充分反应后恢复到原来的温度,所得溶液中()A.c(Ca2+)、c(OH﹣)均增大B.c(Ca2+)、c(OH﹣)均保持不变C.c(Ca2+)、c(OH﹣)均减小D.c(OH﹣)增大、c(H+)减小考点:难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.专题:物质的量浓度和溶解度专题.分析:加入CaC2,与水发生CaC2+2H2O=Ca(OH)2+HC≡CH↑,反应消耗水,结合Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH﹣(aq)的影响因素解答.解答:解:加入CaC2,与水发生CaC2+2H2O=Ca(OH)2+HC≡CH↑,反应消耗水,因原溶液为饱和溶液,则反应后一定有Ca(OH)2析出,则溶液浓度不变,故选B.点评:本题为2014年上海考题,涉及难溶电解质的溶解平衡,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握反应的原理以及溶解平衡的特点,难度不大.11.(2014•海南)以石墨为电极,电解KI溶液(其中含有少量酚酞和淀粉).下列说法错误的是()A.阴极附近溶液呈红色B.阴极逸出气体C.阳极附近溶液呈蓝色D.溶液的pH变小考点:电解原理;真题集萃.专题:电化学专题.分析:以石墨为电极,电解KI溶液时,在阴极上是氢离子得电子发生还原反应,阳极上是碘离子失电子发生氧化反应,据此回答判断.解答:解:A、以石墨为电极,电解KI溶液时,在阴极上是氢离子得电子发生还原反应,该极区碱性增强,遇到酚酞溶液呈红色,故A正确;B、以石墨为电极,电解KI溶液时,在阴极上是氢离子得电子发生还原反应逸出气体氢气,故B正确;C、以石墨为电极,电解KI溶液时,阳极上是碘离子失电子发生氧化反应生成碘单质,遇到淀粉变蓝色,故C正确;D、以石墨为电极,电解KI溶液时,生成氢氧化钾溶液,溶液的pH变大,故D错误.故选D.点评:本题考查学生电解池的工作原理以及物质的性质知识,注意知识的归纳和整理是解题的关键,难度中等.12.(2014•四川)下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是()A.0.1mol/L NaHCO3溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(Na+)>c(CO32﹣)>c(HCO3﹣)>c(OH﹣)B.20mL 0.1mol/L CH3COONa溶液与10mL 0.1mol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性,所得溶液中:c(CH3COO﹣)>c(Cl﹣)>c(CH3COOH)>c(H+)C.室温下,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,所得溶液中:c(Cl﹣)+c(H+)>c(NH4+)+c(OH﹣)D.0.1mol/L CH3COOH溶液与0.1mol/L NaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(OH﹣)>c (H+)+c(CH3COOH)考点:离子浓度大小的比较.专题:盐类的水解专题.分析:A.二者恰好反应生成Na2CO3,溶液中的溶质为0.05mol/L的Na2CO3,碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子,碳酸根离子只有第一步水解生成HCO3﹣;B.二者混合后,溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COONa、CH3COOH,混合溶液呈酸性,说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度,但醋酸电离和醋酸根离子水解程度都较小;C.室温下,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,混合溶液呈碱性,任何电解质溶液中都存在电荷守恒,结合电荷守恒判断;D.二者恰好反应生成CH3COONa,溶液呈存在电荷守恒和物料守恒,根据电荷守恒和物料守恒判断.解答:解:A.二者混合后恰好反应生成Na2CO3,溶液中的溶质为0.05mol/L的Na2CO3,碳酸根离子两步水解都生成氢氧根离子,碳酸根离子只有第一步水解生成HCO3﹣,所以c(HCO3﹣)<c (OH﹣),故A错误;B.二者混合后,溶液中的溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COONa、CH3COOH,混合溶液呈酸性,说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度,但醋酸电离和醋酸根离子水解程度都较小,所以溶液中粒子浓度大小顺序是c(CH3COO﹣)>c(Cl﹣)>c(CH3COOH)>c(H+),故B正确;C.室温下,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,混合溶液呈碱性即c(OH﹣)>c(H+),任何电解质溶液中都存在电荷守恒,根据电荷守恒得c(Cl﹣)+c(OH﹣)=c(H+)+c(NH4+),且c (OH﹣)>c(H+),所以c(Cl﹣)<c(NH4+),所以c(Cl﹣)+c(H+)<c(NH4+)+c(OH﹣),故C错误;D.二者混合后恰好反应生成CH3COONa,溶液呈存在电荷守恒和物料守恒,根据电荷守恒得c (CH3COO﹣)+c(OH﹣)=c(H+)+c(Na+),根据物料守恒得c(Na+)=c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH),所以得c(OH﹣)=c(H+)+c(CH3COOH),故D错误;故选B.点评:本题考查了离子浓度大小比较,明确溶液中的溶质及溶液酸碱性再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答,离子浓度大小比较为高考高频点,常常与盐类水解、弱电解质电离结合考查,题目难度中等.13.(2014•天津)下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是()A.pH=1的NaHSO4溶液:c(H+)=c(SO42﹣)+c(OH﹣)B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液:c(Ag+)>c(Cl﹣)=c(I﹣)C.CO2的水溶液:c(H+)>c(HCO3﹣)=2c(CO32﹣)D.含等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液:3c(Na+)=2[c(HC2O4﹣)+c(C2O42﹣)+c (H2C2O4)]考点:离子浓度大小的比较;弱电解质在水溶液中的电离平衡;盐类水解的应用.专题:电离平衡与溶液的pH专题;盐类的水解专题.分析:A、NaHSO4溶液中存在氢离子守恒分析判断;B、AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银;C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离,第二步电离微弱;D、依据溶液中元素物料守恒计算分析.解答:解:A、NaHSO4溶液中存在质子守恒分析,硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子,NaHSO4 =Na++H++SO42﹣,H2O⇌H++OH﹣,溶液中质子守恒,c(H+)=c(SO42﹣)+c(OH﹣),故A正确;B、AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银,c(Ag+)>c(Cl﹣)>c(I﹣),故B错误;C、二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离,第二步电离微弱,H2CO3⇌H++HCO3﹣,HCO3﹣⇌H++CO32﹣,c(H+)>c(HCO3﹣)>2c(CO32﹣),故C错误;D、依据溶液中元素物料守恒计算,含等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液:2c(Na+)=3[c(HC2O4﹣)+C(C2O42﹣)+c(H2C2O4)],故D错误;故选A.点评:本题考查了电解质溶液中电离平衡分析,沉淀溶解平衡的理解应用,电解质溶液中物料守恒,质子守恒的分析判断,掌握基础是关键,题目难度中等.14.(2014•广东)常温下,0.2mol/L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后,所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示,下列说法正确的是()A.HA为强酸B.该混合液pH=7C.图中X表示HA,Y表示OH﹣,Z表示H+D.该混合溶液中:c(A﹣)+c(Y)=c(Na+)考点:酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题:电离平衡与溶液的pH专题.分析:一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合,HA+NaOH=NaA+H2O,所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L,说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣,NaA水解,HA为弱酸,NaA 溶液呈碱性,则c(OH﹣)>c(H+),一般来说,盐类的水解程度较低,则有c(A﹣)>c(OH﹣),所以有:c(Na+)=0.1mol/L>c(A﹣)>c(OH﹣)>c(HA)>c(H+),即X表示OH﹣,Y表示HA,Z表示H+,溶液中存在物料守恒为:c(Na+)=c(A﹣)+c(HA).A.HA为弱酸;B.该混合液pH>7;C.X表示OH﹣,Y表示HA,Z表示H+;D.Y表示HA,溶液中存在物料守恒得到c(A﹣)+c(Y)=c(Na+).解答:解:一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合,HA+NaOH=NaA+H2O,所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L,说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣,NaA水解,HA为弱酸,NaA溶液呈碱性,则c(OH﹣)>c(H+),一般来说,盐类的水解程度较低,则有c(A﹣)>c(OH ﹣),所以有:c(Na+)=0.1mol/L>c(A﹣)>c(OH﹣)>c(HA)>c(H+),即X表示OH﹣,Y 表示HA,Z表示H+,溶液中存在物料守恒得到:c(Na+)=c(A﹣)+c(HA).A.一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合,二者恰好反应:HA+NaOH=NaA+H2O,所得溶液为NaA溶液,溶液中中A﹣浓度小于0.1mol/L,说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣,NaA水解,HA为弱酸,故A错误;B.c(Na+)>c(A﹣),说明NaA水解,A﹣+H2O⇌HA+OH﹣,该混合液pH>7,故B错误;C.HA是弱电解质,则有c(A﹣)>c(OH﹣),c(OH﹣)除了水解产生的还有水电离的,因此c (OH﹣)>c(HA),所以有:c(Na+)=0.1mol/L>c(A﹣)>c(OH﹣)>c(HA)>c(H+),即X表示OH﹣,Y表示HA,Z表示H+,故C错误;D.溶液中存在物料守恒c(Na+)=c(A﹣)+c(HA),Y表示HA,得到c(A﹣)+c(Y)=c(Na+),故D正确;故选D.点评:本题考查了酸碱混合溶液定性判断,根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答,考查离子浓度大小比较、溶液PH值、盐类水解等,判断一元酸HA是弱酸为解题关键,题目难度中等.15.(2014•山东)已知某温度下CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等,现向10mL浓度为0.1mol•L ﹣1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中()A.水的电离程度始终增大B.先增大再减小C.c(CH3COOH)与c(CH3COO﹣)之和始终保持不变D.当加入氨水的体积为10mL时,c(NH4+)=c(CH3COO﹣)考点:酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题:电离平衡与溶液的pH专题.分析:A.开始时,溶液的酸性逐渐减弱,水的电离程度逐渐增大,当氨水过量后,溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大,水的电离程度逐渐减小;B.根据一水合氨的电离平衡常数可知,该比值与氢氧根离子成反比,电解氨水的过程中,溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大;C.根据物料守恒,醋酸和醋酸根离子的物质的量之和不变,但是溶液体积增大,二者的浓度之和逐渐减小;D.CH3COOH和NH3•H2O的电离常数相等,氨水与醋酸的浓度、体积相等时,溶液显示中性,根据电荷守恒可知c(NH4+)=c(CH3COO﹣).解答:解:A.酸溶液、碱溶液抑制了水的电离,溶液显示中性前,随着氨水的加入,溶液中氢离子浓度逐渐减小,水的电离程度逐渐增大;当氨水过量后,随着溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大,水的电离程度逐渐减小,所以滴加过程中,水的电离程度先增大后减小,故A错误;B.当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,开始时溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物,由CH3COONH4的水解常数K h=,随着氨水的加入,c(H+)逐渐减小,Kh不变,则变小,当加氨水至溶液显碱性时,氨水的电离常数K b=,c(OH﹣)与氢离子浓度成反比,随着氨水的滴入,氢氧根离子浓度逐渐增大,电离常数K不变,所以逐渐减小,即始终减小,故B错误;C.n(CH3COOH)与n(CH3COO﹣)之和为0.001mol,始终保持不变,由于溶液体积逐渐增大,所以c(CH3COOH)与c(CH3COO﹣)之和逐渐减小,故C错误;D.当加入氨水的体积为10mL时,醋酸和一水合氨的物质的量相等,由于二者的电离常数相等,所以溶液显示中性,c(H+)=c(OH﹣),根据电荷守恒可知:c(NH4+)=c(CH3COO﹣),故D正确;故选D.点评:本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及溶液酸碱性与溶液pH的关系,题目难度中等,注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系,明确根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小的方法.16.(2014•广东)水溶液中能大量共存的一组离子是()A.Na+、Ca2+、Cl﹣、SO42﹣B.Fe2+、H+、SO32﹣、ClO﹣C.Mg2+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣D.K+、Fe3+、NO3﹣、SCN﹣考点:离子共存问题.专题:离子反应专题.分析:离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反应、不发生双水解的就能共存,据此分析解答.解答:解:A.Ca2+、SO42﹣生成微溶物硫酸钙,所以不能大量共存,故A错误;B.酸性条件下,ClO﹣具有强氧化性,能将Fe2+、SO32﹣氧化为Fe3+、SO42﹣,所以不能共存,故B 错误;C.这几种离子之间不发生反应,所以能共存,故C正确;D.Fe3+、SCN﹣生成络合物Fe(SCN)3,所以这两种离子不能共存,故D错误;故选C.点评:本题考查了离子共存,明确离子共存条件是解本题关键,知道物质的性质即可解答,注意:硫酸钙是微溶物,少量时能在水溶液中共存,但不能大量存在,为易错点.17.(2014•安徽)下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是()A.该溶液中,K+、Fe2+、C6H5OH、Br﹣可以大量共存B.和KI溶液反应的离子方程式:Fe3++2I﹣═Fe2++I2C.和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式:Fe3++SO42﹣+Ba2++3OH﹣═Fe(OH)3↓+BaSO4↓D.1L O.1mol•L﹣1该溶液和足量的Zn充分反应,生成11.2g Fe考点:离子共存问题;离子方程式的书写.专题:离子反应专题.分析:A.铁离子能够与苯酚发生显色反应;B.根据电荷守恒判断,该离子方程式两边电荷不守恒;C.该离子方程式不满足硫酸铁、氢氧化钡的化学组成关系;D.根据n=cV计算出硫酸铁及铁离子的物质的量,再根据质量守恒及m=nM计算出铁的质量.解答:解:A.Fe2(SO4)3溶液中的Fe3+与C6H5OH发生显色反应,在溶液中不能大量共存,故A错误;B.铁离子能够与碘离子发生氧化还原反应,反应的离子方程式为:2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2,题目方程式未配平,故B错误;C.Fe2(SO4)3溶液和Ba(OH)2溶液反应的生成氢氧化铁沉淀和硫酸钡沉淀,铁离子和硫酸根离子的物质的量的比为2:3,正确的离子方程式为:2Fe3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣═2Fe(OH)3↓+3BaSO4↓,故C错误;D.1L O.1mol•L﹣1该溶液中含有溶质硫酸铁0.1mol,0.1mol硫酸铁中含有0.2mol铁离子,与足量锌反应可以生成0.2mol铁,生成铁的质量为11.2g,故D正确;故选D.点评:本题考查了离子方程式的书写、离子共存的判断,题目难度中等,注意掌握离子反应发生条件,明确常见的离子之间不能共存的情况及离子方程式的书写原则.18.(2013•重庆)下列说法正确的是()A.KClO3和SO3溶于水后能导电,故KClO3和SO3为电解质B.25℃时,用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7,V醋酸<V NaOHC.向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液,有沉淀和气体生成D.AgCl沉淀易转化为AgI沉淀且K(AgX)=c(Ag+)•c(X﹣),故K(AgI)<K(AgCl)考点:电解质与非电解质;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算;镁、铝的重要化合物.专题:电离平衡与溶液的pH专题;几种重要的金属及其化合物.分析:A.KClO3和三氧化硫的水溶液都能导电,KClO3是电解质,但三氧化硫是非电解质;B.CH3COOH不完全电离,根据电荷守恒可知,c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(CH3COO﹣),等体积等浓度混合时显碱性,则中性时应使醋酸过量;C.NaHCO3溶液与NaAlO2溶液,反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成Al(OH)3;D.AgCl沉淀易转化为AgI沉淀,说明溶解度S(AgCl)>S(AgI),所以K(AgCl)>K (AgI);解答:解:A.电解质是熔融态或水溶液状态下能导电的化合物,是自身电离出自由移动的离子.氯酸钾溶于水自身电离出钾离子和氯酸根离子,能导电是电解质;SO3溶于水后和水反应生成硫酸,硫酸电离出阴阳离子而使其溶液导电,电离出阴阳离子的物质是硫酸而不是三氧化硫,所以SO3是非电解质,故A错误;B.醋酸与NaOH溶液反应:CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O,根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(CH3COO﹣),若等体积等浓度混合时显碱性,则25℃时,用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH=7显中性时应使醋酸过量,即V醋酸>V NaOH,故B错误;C.氢氧化铝为两性氢氧化物,由于酸性:HCO3﹣>Al(OH)3,根据强酸制备弱酸,NaHCO3溶液与NaAlO2溶液,反应中碳酸氢钠提供氢离子与偏铝酸根反应生成生成Al(OH)3,AlO2﹣+HCO3﹣+H2O=Al(OH)3↓+CO32﹣有沉淀生成,无气体生成,故C错误;D.向AgCl沉淀中滴入稀KI溶液,会出现白色沉淀AgCl转变为黄色沉淀AgI,说明AgCl沉淀易转化为AgI沉淀,沉淀易转化为更难溶沉淀,越难溶物质其饱和溶液中电离出相应离子浓度越小,故K(AgI)<K(AgCl),故D正确;故选D.点评:本题考查了电解质、酸碱中和、氢氧化铝、难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化等知识,掌握它们的相关本质是解答的关键,题目难度中等.19.(2013•天津)下列有关电解质溶液的说法正确的是()A.在蒸馏水中滴加浓H2SO4,K w不变B.CaCO3难溶于稀硫酸,也难溶于醋酸。
电解质检测常见问题解答
电解质检测常见问题解答一、什么是电解质检测?电解质检测是指对体内的电解质含量进行测定的一种方法,用于评估人体的水电解质平衡状态。
电解质是指能在溶液中离解成带电离子的物质,如钠、钾、氯等。
电解质检测通过血液、尿液等样本的化学分析,测量其中的离子浓度,以评估人体的电解质代谢和平衡状况。
二、电解质检测的常见项目有哪些?常见的电解质检测项目包括血液电解质和尿液电解质。
血液电解质主要包括钠离子(Na+)、钾离子(K+)、钙离子(Ca2+)、氯离子(Cl-)、碳酸氢根离子(HCO3-)等。
尿液电解质项目一般与血液电解质项目类似,可以通过尿液中电解质的排泄量来评估肾脏的功能和水电解质平衡状态。
三、为什么需要进行电解质检测?电解质是维持机体正常生理功能的重要组成部分,它们在体内发挥着平衡酸碱、维持水分平衡、调节神经肌肉功能等关键作用。
因此,电解质的平衡紊乱会导致一系列的疾病和健康问题。
通过电解质检测,可以了解人体内部电解质的含量和分布情况,判断电解质代谢是否正常,及时发现和纠正电解质紊乱,保障人体的健康。
四、电解质检测结果的正常参考范围是什么?不同实验室可能会有略微的差异,但一般来说,电解质检测结果的参考范围如下:1. 血液电解质参考范围:- 钠离子(Na+):135-145 mmol/L- 钾离子(K+):3.5-5.5 mmol/L- 钙离子(Ca2+):2.1-2.6 mmol/L- 氯离子(Cl-):95-105 mmol/L- 碳酸氢根离子(HCO3-):22-29 mmol/L2. 尿液电解质参考范围:- 钠离子(Na+):40-220 mmol/24h- 钾离子(K+):25-125 mmol/24h- 钙离子(Ca2+):2.5-7.5 mmol/24h- 氯离子(Cl-):40-220 mmol/24h需要注意的是,不同年龄段和特殊疾病患者的电解质正常范围可能会有所不同,具体参考范围应在医生的指导下进行解读。
高中化学二轮复习电解质溶液选择题通关六离子平衡图像的分析与应用
2.(酸碱中和反应曲线)常温下,用 0.100 mol·L-1 的 NaOH 溶液分别滴定 20.00 mL 0.100 mol·L-1 的盐酸和 0.100 mol·L-1 的醋酸,得到两条滴定曲 线,如图所示: 下列说法正确的是( ) A.滴定盐酸的曲线是图 2 B.两次滴定均可选择甲基橙或酚酞做指示剂
酸碱中和滴定图像分析
氢氧化钠溶液滴定等浓度等体积 盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化
的盐酸、醋酸的滴定曲线
钠溶液、氨水的滴定曲线
曲线起点不同:强碱滴定强酸、弱酸的曲线,强酸起点低;强酸滴 定强碱、弱碱的曲线,强碱起点高 突跃点变化范围不同:强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变 化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应) 室温下 pH=7 不一定是终点:强碱与强酸反应时,终点是 pH=7; 强碱与弱酸(强酸与弱碱)反应时,终点不是 pH=7(强碱与弱酸反应 的终点是 pH>7,强酸与弱碱反应的终点是 pH<7)
C.物质的量浓度c= = = mol/L,故C错误;
A.曲线①代表 δ(H A),曲线②代表 δ(HA ) 1【2.详下 解列】离综子合方分程析式工不艺正流确程的图是可知,试剂X只能是氢氧化钠溶液,Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2-溶液,Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应,所以反应①、过滤后所得溶液乙为
(4)①+6价的Cr具有氧化性,能氧化碘离子,生成单质碘,则BaCrO4沉淀与过量HI、HCl溶液反应的离子方程式为2BaCrO4+6I-+16H+=3I2+2Ba2++2Cr3++8H2O;
【解析】
2-
比如A 的分布系数:δ(A )= c(A ) 1试,0.题所已分 以知析关某:闭+2①所价煤有离、化子2石工的-油企电等业子燃是排料不布的现式燃实为烧的1s产,22生不s2二符2p氧合6,化题该硫意元等.素有错在害误周气;期体③表,提中开倡所发使2属-新用的能一族源次是,性减发少泡矿塑物料燃餐料具的和燃塑烧 料,袋也,就会减造少成了白污色染污物染的,排不放符,合符题-合意题.意错.误正;确④;废②旧现电代池社属2会于-很电多子的污产染品,来开自发化生工产
高一化学电解质试题答案及解析
高一化学电解质试题答案及解析1. 下列叙述正确的是 ( )A .NaCl 溶液在电流作用下电离成Na +与Cl -B .溶于水后能电离出H +的化合物不一定是酸 C .氯化氢溶于水能导电,但液态氯化氢不能导电D .导电性强的溶液里自由移动离子数目一定比导电性弱的溶液里自由移动离子数目多【答案】B 、C【解析】电解质电离的条件是溶于水或受热熔化,不是通电,A 错误;酸的定义是电离出的阳离子全部为H +,如NaHSO 4虽电离出H +但不是酸,而是酸式盐,B 正确;HCl 溶于水能电离出自由移动的H +和Cl -,故能导电,但液态HCl 是由分子组成,无离子,不能导电,C 正确;溶液的导电性主要是由溶液中自由移动的离子的浓度和离子所带的电荷数决定的,D 错误。
【考点】电解质电离2. 下列物质属于电解质的是 A .酒精 B .食盐水 C .铁 D .氢氧化钠【答案】D【解析】A 、酒精是非电解质,错误;B 、食盐水是混合物,错误;C 、铁是单质,电解质是化合物,错误;D 、正确。
【考点】考查电解质概念有关问题。
3. 下列物质属于电解质的是 A .熔融的NaCl B .KNO 3溶液 C .Na D .乙醇【答案】A【解析】B 是混合物,C 是单质,二者既不是电解质也不是非电解质,D 是非电解质。
A 正确。
【考点】电解质4. 下列物质水溶液能导电,但该物质属于非电解质的是 A .Na 2O B .Cl 2 C .H 2SO 4 D .CO 2【答案】D【解析】电解质和非电解质都是化合物,而氧化钠是电解质、Cl 2是单质、H 2SO 4是电解质。
二氧化碳水溶液能导电,但不是二氧化碳本身导电,所以是非电解质。
【考点】考查电解质与非电解质的概念。
5. ⑴按要求写出下列反应的离子方程式①氢氧化铜溶于盐酸②碳酸钠溶液中和足量的盐酸溶液混合(2)现有以下物质:①NaCl 晶体 ②液态HCl ③CaCO 3固体 ④熔融KCl ⑤蔗糖⑥铜⑦CO 2⑧H 2SO 4⑨KOH 固体 ⑩水⑾盐酸⑿CH 3COOH ⒀酒精(填序号) ①以上物质中能导电的是_________________________________。
中南大学物化课后知识题目解析8章电解质溶液
第8章电解质溶液1.用氧化数法配平下列反应式:As2S3(s)+HNO3(浓)→H3AsO4 + H2SO4 + NO2 + H2OFeS2(s) + O2→Fe2O3(s) + SO2Cr2O3(s) + Na2O2(s)→Na2CrO4(s) + Na2O(s)S + H2SO4(浓)→SO2 + H2O2.用铂电极电解氯化铜CuCl2溶液,通过的电流为st1:chmetcnv TCSC="0" NumberType="1" Negative="False" HasSpace="False" SourceValue="20" UnitName="a">20A,经过15分钟后,在阴极上能析出多少克铜?在阳极上能析出多少dm3的300.15K,101.325kPa的氯气? (答案:2.297 dm3)解:(1)在阴极Cu2++2e →Cu析出铜(2) 在阳极2Cl-→Cl2(g) + 2e析出氯3.一电导池中装入0.02mol·dm-3的KCl水溶液,298.15K时测得其电阻为453Ω。
已知298.15K0.02mol·dm-3溶液的电导率为0.2768S·m-1。
在同一电导池中装入同样体积的浓度为0.55g·dm-3的CaCl2溶液,测得电阻为1050Ω。
计算电导池常数、该CaCl2溶液的电导率和摩尔电导率Λm(1/2CaCl2)。
(答案:125.4 m-1,0.1194 S·m-1,0.02388 S·m2·mol-1)解:(1)电导池常数G(2)CaCl2的电导率(3) 摩尔电导率4.在298K,H + 和HCO-3的离子极限摩尔电导率λH+ =3.4982×10-2S·m2·mol-1,λHCO-3 = 4.45×10-3S·m2·mol-1。
高一化学电解质试题答案及解析
高一化学电解质试题答案及解析1.向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸,溶液的导电性(以电流I表示)和滴入的稀硫酸的体积(用V表示)之间的关系正确的是()【答案】A【解析】向Ba(OH)2溶液中逐滴滴入稀硫酸,发生如下反应:Ba(OH)2+H2SO4====BaSO4↓+2H2O,所以随H2SO4溶液的不断加入,溶液中Ba2+和OH-的浓度越来越小,导电性越来越弱,当恰好完全反应时,溶液中离子浓度近乎为0,导电性最弱。
若此时继续滴加硫酸,因为H2SO4====2H++S,所以自由移动的离子浓度逐渐增大,导电性逐渐增强,当滴加到一定量时,随着H2SO4的加入,自由移动的离子浓度变化不大,其导电能力基本不再发生变化。
【考点】离子反应2.某化合物的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2,它在水溶液里电离时生成两种阳离子和一种酸根离子。
(1)写出(NH4)2Fe(SO4)2的电离方程式。
(2)该化合物中氮元素与铁元素的质量比为。
(3)若向该化合物的水溶液中通入氯气,一种离子很容易被氧化,该离子将变成(用离子符号表示)。
(4)若向该溶液中加入过量的氨水,只能发生一个离子反应,则该反应的离子方程式为。
【答案】(1)(NH4)2Fe(SO4)2====2+Fe2++2(2)1∶2(3)Fe3+(4)Fe2++2NH3·H2O====Fe(OH)2↓+2【解析】(1)(NH4)2Fe(SO4)2在溶液中能够电离出、Fe2+两种阳离子和一种酸根离子;(2)其中氮元素与铁元素的质量比为(2×14)∶56=1∶2;(3)向溶液中通入氯气时,Fe2+被氧化成Fe3+;(4)氨水是弱碱,电离出的OH-与Fe2+发生离子反应生成Fe(OH)2沉淀,其反应的离子方程式为Fe2++2NH3·H2O====Fe(OH)2↓+2。
【考点】离子反应3.下列说法正确的是()A.硫酸钡不溶于水,所以硫酸钡是非电解质B.氨气溶于水可以导电,所以氨气是电解质C.固态磷酸是电解质,所以磷酸在熔化时和溶于水时都能导电D.液态氯化氢不能导电,但氯化氢是电解质【答案】D【解析】硫酸钡虽不溶于水,但它是电解质;氨气溶于水可以导电,但氨气不是电解质;磷酸是电解质,它溶于水时能导电,但熔化时不导电;液态氯化氢不能导电,但在水溶液中能导电,所以氯化氢是电解质。
电解质溶液图像专题-例题+练习
电解质溶液图像专题电解质溶液的图像题,从知识载体的角度看:一可用于考查溶液中离子浓度的大小比较;二可考查溶液中离子浓度的守恒问题;三可考查有关电解质溶液的各种计算;四可结合生产和生活实际考查分离和提纯等具体的化学应用问题。
常见的图像题类型:1.pH(或pOH)—体积的变化曲线2.微粒分布分数(或系数)—pH(或pOH)的变化曲线3.浓度—浓度的变化曲线4.对数的变化曲线5.导电能力(或电导率) —体积(或浓度)变化曲线【练1】分布分数图:可以表示溶液中各种组分随pH的变化而变化的曲线。
1.25℃,c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol·L-1的一组醋酸和醋酸钠混合溶液,溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)与pH的关系如图所示。
下列有关离子浓度关系叙述正确的是()A.pH=5.5溶液中:c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)B.W点表示溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)C.pH=3.5溶液中:c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1D.向W点所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略):c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-) +c(Cl-)2.草酸(H2C2O4)是一种易溶于水的二元中强酸,在水中它的存在形态有H2C2O4、HC2O4-、C2O42-,各形态的分布系数(浓度分数)α随溶液pH变化的关系如图所示:(1)图中曲线1表示的分布系数变化;曲线3表示的分布系数变化.现有物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液:①Na2C2O4 ②NaHC2O4 ③H2C2O4 ④(NH4)2C2O4 ⑤NH4HC2O4 已知NaHC2O4溶液显酸性.(2)Na2C2O4溶液中,c(Na+)/c(C2O42-) 2 (填“>”、“=”、“<”),原因是(用离子方程式表示).(3)常温下,向10mL 0.1mol/L H 2C 2O 4溶液中滴加0.1mol/L NaOH 溶液,随着NaOH 溶液体积的增加,当溶液中c (Na +)=2c (C 2O 42-)+c (HC 2O 4-)时,溶液显 性(填“酸”、“碱”或“中”),且V (NaOH ) 10mL (填“>”、“=”或“<”).(4)下列关于五种溶液的说法中,正确的是A .溶液②中,c (C 2O 42-)<c (H 2C 2O 4)B .溶液②中,c (H 2C 2O 4)+c (OH -)=c (C 2O 42-)+c (H +)C .溶液④⑤中都符合c (NH 4+)+c (H +)=c (HC 2O 4-)+2c (C 2O 42-)+c (OH -)D .五种溶液都符合c (H 2C 2O 4)+c (HC 2O 4-)+c (C 2O 42-)=0.1mol ·L -1.(5)五种溶液中c (H 2C 2O 4)由大到小排列的顺序是具体解法:“四看三联系一注意”:四看:(1)先看图像的面与线,面要看横坐标和纵坐标的含义,线要看各组分浓度随pH 的变化趋势(2)再看图像的点,点要看起点,终点和交点对应的pH(3)点还要看最高点和最低点对应的pH 和各组分存在的pH 范围(4)最后看各条曲线相互重叠程度的大小三联系: 找出某个pH 对应的成分后再联系电离平衡和水解平衡的规律进行判断;一注意: 答题时还要特别注意在图表中没有提供的信息或潜在信息。
高三化学电解质试题答案及解析
高三化学电解质试题答案及解析1.向盛有一定量的Ba(OH)2的溶液中逐滴加入稀硫酸,直至过量,整个过程中混合溶液的导电能力(用电流强度I表示),近似地用如右图曲线表示,应为【答案】C【解析】溶液的导电能力与溶液中离子的浓度有关。
氢氧化钡是强电解质,向其中加入硫酸,则会生成硫酸钡沉淀和水,硫酸钡是难溶电解质,水是弱电解质,离子浓度减小所以溶液的导电能力减小,当二者恰好完全反应生成硫酸钡、水时。
此时溶液的导电能力为0,继续加入硫酸,溶液中的离子浓度增大,溶液的导电能力又增大,所以选择C。
【考点】考查溶液导电能力的判断2.下列与化学概念有关的说法正确的是A.电解、电离的过程都需要消耗电能B.元素的非金属性越强,对应单质的活泼性一定越强C.有单质参加或生成的化学反应一定是氧化还原反应D.只含共价键的物质不一定是共价化合物【答案】D【解析】A、电离为电解质在水溶液或熔融状态下离解为自由移动离子的过程,不需要消耗电能,错误;B、单质的活泼性还与构成单质的原子间化学键强弱有关,如N非金属性较强,但由于N≡N键能较大,故N2性质较稳定,故B错误;C、同素异形体间的转化为非氧化还原反应,如3O2=2O3,故C错误;D、有些离子化合物中可能也含有共价键,如NaOH中有共价键,为离子化合物,D正确。
【考点】考查化学基本概念。
3.下列物质属于电解质的是()A.NaCl溶液B.SO3C.Na2O D.Cu【答案】C【解析】NaCl溶液属于混合物,SO3属于非电解质,Cu属于单质。
4.下列有关电解质溶液说法都正确的是A.将10ml0.1mol·L-1Na2CO3溶液逐滴滴加到10ml0.1mol·L-1盐酸中:c(Na+)>c(Cl-)>c(HCO3-)>c(CO32-)B.物质的量浓度相等的NaF溶液和CH3COONa溶液相比较,两者离子的总浓度相等C.向0.1 mol·L-1 FeCl3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液,KMnO4溶液不褪色,说明FeCl3溶液只有氧化性,无法被氧化剂氧化D.把AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合,再加入足量浓AgNO3的溶液,可观察到大量淡黄色沉淀与少量白色沉淀生成,说明反应后AgCl与AgBr沉淀应都有,但是以AgBr为主,说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)【答案】D【解析】A、将10ml0.1mol·L-1Na2CO3溶液逐滴滴加到10ml0.1mol·L-1盐酸中生成氯化钠、二氧化碳和水,反应后碳酸钠过量,且碳酸钠与氯化钠的物质的量浓度相等,因此溶液中c(Na+)>c(Cl-)>c(CO32-)>c(HCO3-),A不正确;B、物质的量浓度相等的NaF溶液和CH3COONa溶液相比较,溶液的酸碱性不同,因此依据电荷守恒可判断两者离子的总浓度不相等,B不正确;C、向0.1 mol·L-1 FeCl3溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液,KMnO4溶液不褪色,说明酸性高锰酸钾溶液不能氧化铁离子,但不能说明FeCl3溶液只有氧化性,无法被氧化剂氧化,C不正确;D、由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr),所以把AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合,再加入足量浓AgNO3的溶液,可观察到大量淡黄色沉淀与少量白色沉淀生成,说明反应后AgCl与AgBr沉淀应都有,但是以AgBr为主,D正确,答案选D。
第八章 电解质溶液习题解答
第八章 习题解答1、在300K 和100kPa 压力下,用惰性电极电解水以制备氢气。
设所用直流电的强度为5A ,电流效率为100%。
来电解稀H 2SO 4溶液,如欲获得1m 3氢气,须通电多少时间?如欲获得1m 3氧气,须通电多少时间?已知在该温度下水的饱合蒸气压为3565Pa 。
解 电解时放出气体的压力为 p=(100000-3565)Pa=96435Pa 1m 3气体的物质的量为311(96435)(1)/()38.6637(8.314)(300)Pa m n pV RT mol J K mol K --⨯===⋅⋅⨯ 氢气在阴极放出,电极反应为 2H ++2e -→H 2(g) 根据法拉第定律,It=ξzF=(Δn B /νB )·zF , t=(Δn B /νB I)·zF 放氢时,12=H ν,z=2,11(38.6637)2(96500)1492418.821(5)mol t C mol s C s --=⨯⨯⋅=⨯⋅。
氧气在阳极放出,电极反应为 2H 2O-4e -→O 2(g)+4H + 放氧时,12=O ν,z=4,11(38.6637)4(96500)2984837.641(5)mol t C mol s C s --=⨯⨯⋅=⨯⋅。
2、用电解NaCl 水溶液的方法制备NaOH ,在通电一段时间后,得到了浓度为1.0mol·dm -3的NaOH 溶液0.6dm 3,在与之串联的铜库仑计中析出了30.4g 的Cu(s)。
试计算该电解池的电流效率。
解 析出Cu(s)的反应为Cu 2++2e -→Cu电解NaCl 水溶液制备NaOH 的反应为 阴极上的反应 2H 2O+2e -→2OH -+H 2(g) 阳极上的反应 2Cl --2e -→Cl 2(g)电解总反应为 2H 2O+2NaCl →Cl 2(g)+H 2(g)+ 2NaOH即铜库仑计中若析出1molCu(s),则理论上在电解池中可得到2 mol 的NaOH 。
100道电解质溶液填空题汇编(有解析)
第II 卷(非选择题)1.对金属制品进行抗腐蚀处理,可延长其使用寿命。
(1)以下为铝材表面处理的一种方法:① 碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜,为将碱洗槽液中铝以沉淀形式回收,最好向槽液中加入下列试剂中的 。
a .NH 3b .CO 2c .NaOHd .HNO 3②以铝材为阳极,在H 2SO 4 溶液中电解,铝材表面形成氧化膜,阳极电极反应为 。
取少量废电解液,加入NaHCO 3,溶液后产生气泡和白色沉淀,产生沉淀的原因是 。
(2)镀铜可防止铁制品腐蚀,电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是 。
(3)利用下图装置,可以模拟铁的电化学防护。
若X 为碳棒,为减缓铁的腐蚀,开关K 应置于 处。
若X 为锌,开关K 置于 处。
【答案】(1)①b (2分)②2Al+3H 2O-6e -=Al 2O 3+6H +(2分);HCO 3-与H +反应使H +浓度减小,产生Al(OH)3沉淀(2分)(2)阳极Cu 可以发生氧化反应生成Cu 2+,补充溶液中消耗的Cu 2+,保持溶液中Cu 2+浓度恒定(2分)(3)N (2分) M (2分)【解析】试题分析:(1)①铝能与强碱反应产生氢气,Al (OH )3具有两性,既能与强碱反应也能与强酸反应生成盐和水,碱洗槽液中有AlO 2-,故应通入CO 2来回收Al (OH )3,发生反应2AlO 2-+3H 2O+CO 2═2Al (OH )3↓+CO 32-或CO 2+2H 2O+AlO 2-═HCO 3-+Al (OH )3↓;若加HNO 3,生成的沉淀还会继续溶解,故答案为b ;②铝为阳极,会发生氧化反应,表面形成氧化膜,必须有水参加,所以电极反应式为:2Al+3H 2O-6e -=Al 2O 3+6H +;加入NaHCO 3溶液后产生气泡和白色沉淀,是由于HCO 3-与H+反应使H +浓度减小,产生Al(OH)3沉淀;(2)电镀铜时用铜做阳极,阳极上铜被氧化,电解质溶液浓度不变,用铜作电极可及时补充电镀液中消耗的Cu 2+,保持其浓度恒定,采用石墨无法补充Cu 2+,故答案为:阳极Cu 可以发生氧化反应生成Cu 2+,补充溶液中消耗的Cu 2+,保持溶液中Cu 2+浓度恒定;(3)金属的防护有牺牲阳极的阴极保法和外加电源的阴极保护法,若X 为碳棒,为减缓铁的腐蚀,K 置于N 处,必须让被保护的金属接电源负极作阴极;若开关K 置于M 处,形成原电池,锌作负极,为牺牲阳极保护法(或牺牲阳极的阴极保护法)。
高二化学电解质试题答案及解析
高二化学电解质试题答案及解析1.下列说法正确的是()A.强电解质溶液一定比弱电解质溶液的导电性强B.强电解质的水溶液中不存在电解质分子C.强电解质都是离子化合物,弱电解质都是共价化合物D.不同的弱电解质只要物质的量浓度相同,电离程度也就相同【答案】B【解析】A、电解质溶液的导电性取决于溶液中自由移动离子的浓度和离子所带的电荷,与电解质的强弱无关,错误;B、强电解质在水溶液中全部电离,不存在电解质分子,正确;C、强电解质不一定是离子化合物,如硫酸、硝酸等,错误;D、弱电解质的电离程度主要是由弱电解质本身的性质决定,还受外界条件影响,错误。
【考点】考查强弱电解质的概念。
2.下列化合物中属于弱电解质的是A.BaSO4B.HCl C.CO2D.H2O【答案】D【解析】AB是强电解质,C非电解质,D弱电解质。
【考点】强弱电解质的概念。
3.下列物质中属于非电解质的是A.BaSO4B.NaOH C.Na2O2D.NH3【答案】D【解析】A.BaSO4是盐,属于电解;B.NaOH是碱,属于电解质; C.Na2O2是盐,属于电解质;选D。
【考点】本题考查非电解质的概念。
4.下列说法正确的是A.物质发生化学变化不一定伴随着能量变化B.硫酸钡、醋酸铵、氨水都是弱电解质C.用Na2S溶液与AlCl3溶液混合制取Al2S3D.在温度、压强一定的条件下,自发反应总是向△H-T△S<0的方向进行【答案】D【解析】A.物质发生化学反应的过程就是原子重新组合的过程。
在这个过程中,旧的化学键断裂,新的化学键形成。
所以化学变化一定伴随着能量变化。
至于整个过程是放出热量还是吸收热量取决于放出热量和吸收热量的差值。
错误。
B。
硫酸钡、醋酸铵是强电解质,氨水中的一水合氨是弱电解质。
电解质的强弱与物质的溶解度的大小无关,而只与溶于水时是否完全电离有关。
若完全电离就是强电解质,否则就是弱电解质。
错误。
C. Na2S溶液与AlCl3溶液混合发生反应:3Na2S+2AlCl3+6H2O= 6NaCl+3H2S↑ +2Al(OH)3↓.故不能制备Al2S3。
高考化学一轮复习考点精练精析电解质溶液的导电性(含解析)
电解质溶液的导电性【知识点的知识】1、电解质溶液导电性的原因(1)有导电的离子;(2)离子能自由移动.2、电解质溶液的导电性的影响因素①电解质不一定导电(如NaCl晶体、无水醋酸),导电物质不一定是电解质(如石墨),非电解质不导电,但不导电的物质不一定是非电解质;②电解质溶液的导电性强弱决定于溶液离子浓度大小,浓度越大,导电性越强.离子电荷数越高,导电能力越强.③强电解质溶液导电性不一定比弱电解质强(浓度可不同);饱和强电解质溶液导电性不一定比弱电解质强④电解质的导电条件是水溶液或高温熔融液(熔液).共价化合物只能在溶液中导电,离子化合物在熔液和溶液均可导电.【命题方向】题型一:能否导电的判断典例1:(2013•浙江模拟)下列物质中,能够导电的是()A.二氧化碳 B.稀盐酸 C.蔗糖 D.硫酸铜晶体分析:存在自由移动的电子或自由移动离子的物质能导电,电解质的溶液中存在自由移动的离子,则电解质溶液能导电,以此来解答.解答:A.二氧化碳中没有自由移动的电子或自由移动离子,不能导电,故A不选;B.稀盐酸中存在自由移动的氢离子和氯离子,能导电,故B选;C.蔗糖中没有自由移动的电子或自由移动离子,不能导电,故C不选;D.硫酸铜晶体中存在离子,但离子不能自由移动,则不能导电,故D不选;故选B.点评:本题考查溶液的导电,明确导电的条件是解答本题的关键,注意电解质导电的原因是存在自由移动的离子,难度不大.题型二:导电性的影响因素典例2:下列溶液中导电性最强的是()A.1L0.1mol/L醋酸 B.0.1L0.1mol/LH2SO4溶液 C.0.5L0.1mol/L盐酸 D.2L0.1mol/LH3PO4溶液分析:溶液的导电性强弱取决于溶液离子浓度大小,溶液离子浓度越大,导电性越强.解答:A.醋酸为弱酸,不能完全电离,1L0.1mol/L醋酸中离子总浓度小于0.2mol/L;B.H2SO4为强电解质,0.1L0.1mol/LH2SO4溶液中离子总浓度等于0.3mol/L;C.HCl为强电解质,0.5L0.1mol/L盐酸中离子总浓度等于0.2mol/L;D.H3PO4为中强酸,不能完全电离,2L0.1mol/LH3PO4溶液离子总浓度介于0.2mol/L~0.3mol/L,则离子浓度最大的时B,所以B导电性最强.故选B.点评:本题考查电解质溶液的导电性,题目难度不大,注意溶液的导电性强弱取决于溶液离子浓度大小,把握电解质强弱的判断.题型三:溶液导电性变化分析典例3:离子的摩尔电导率可用来衡量电解质溶液中离子导电能力的强弱,摩尔电导率越大,离子在溶液中的导电能力越强.已知Ca2+、OH-、HCO3-的摩尔电导率分别为0.60、1.98、0.45,据此可判断,往饱和的澄清石灰水中通入过量的CO2,溶液导电能力随CO2通入量的变化趋势正确的是()A. B.C. D.分析:向澄清石灰水中通入过量的CO2,先生成碳酸钙沉淀,钙离子、氢氧根离子浓度在减少,后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液,钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大,钙离子的浓度与原来相等,碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等,但OH-的摩尔导电率大于HCO3-的摩尔电导率来分析.解答:向澄清石灰水中通入过量的CO2,先生成碳酸钙沉淀,钙离子、氢氧根离子浓度在减少,溶液导电能力减弱,后沉淀溶解生成碳酸氢钙溶液,钙离子、碳酸氢根离子的浓度在增大,钙离子的浓度与原来相等,碳酸氢根离子的浓度与原来氢氧根离子浓度相等,但OH-的摩尔导电率大于HCO3-的摩尔电导率,所以最后溶液的导电性小于原来,最后不变;故选D.点评:本题考查了学生灵活运用知识的能力,难度不大,抓住题目信息是解题的关键.【解题方法点拨】判断离子化合物的方法:离子化合物在熔融或溶于水时离子键被破坏,电离产生了自由移动的离子而导电;共价化合物只有在溶于水时才能导电.因此,可通过使一个化合物处于熔融状态时能否导电的实验来判定该化合物是共价化合物还是离子化合物.一.选择题(共16小题)1.电导率可用于衡量电解质溶液的导电能力,即电导率越大,则溶液的导电能力越强.利用电导率传感器测得用0.100mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL0.100mol/L的盐酸,电导率曲线如图所示.下列说法不正确的是()A. d点溶液中:c(Cl﹣)=2c(OH﹣)﹣2c(H+)B.电导率传感器能用于酸碱中和滴定终点的判断C. c点电导率最小是因为c点溶液的溶质为弱电解质D. c(Na+)、c(Cl﹣)对导电能力的影响比c(H+)、c(OH﹣)对导电能力的影响小2.浓度均为0.1mol/L的下列各组溶液,将溶液(Ⅱ)滴加到溶液(Ⅰ)中,测得溶液(I)的导电能力变化符合如图变化趋势的是()A B C D溶液(Ⅰ)盐酸醋酸氢氧化钠氨水溶液(Ⅱ)氢氧化钠氢氧化钠氨水硝酸银A. A B. B C. C D. D3.下列各项所述内容对应的图象不正确的是()A.向Ba(OH)2溶液中加稀H2SO4 B.向冰醋酸中加蒸馏水C.向稀NaOH溶液中加稀盐酸 D.向AlCl3溶液中加氨水4.化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果.下列图象描述正确的是()A.图①标上压强可对逆反应2A(g)+2B(g)⇌3C(g)+D(g)的影响,乙的压强大 B.图②表示向乙酸溶液中通入氨气至过量的过程,溶液导电性变化C.图③表示在1L1mol/LFeBr2溶液中通入Cl2时Br﹣的量的变化D.图④表示一定浓度Na2CO3溶液中逐滴滴加盐酸与生成CO2的物质的量的关系5.下列物质中具有良好导电性的是()A.冰醋酸 B.盐酸 C. KCl晶体 D.蔗糖溶液6.下列说法正确的是()A.强电解质溶液的导电能力一定大于弱电解质溶液的导电能力B.溶于水能导电的化合物都是电解质C.25℃时,0.1mol/L的盐酸中氢离子浓度大于0.1mol/L的醋酸中氢离子浓度 D. BaSO4属于强电解质,所以其水溶液导电能力很强7.下列各物质中均能导电且导电本质不同的是()A.石墨和稀硫酸 B.金属铝和金属铜C.金刚石和晶体硅 D.液态HCl和液态NaCl8.下列溶液中加入少量NaOH固体导电能力变化不大的是()A.盐酸 B. CH3COOH C. NH3•H2O D. H2O9.分别向下列各溶液中加入少量NaOH固体,溶液的导电能力变化最小的是() A.水 B.盐酸 C.醋酸溶液 D. NaCl溶液10.某100m L溶液中含H2SO4 0.5 0mol,加入下列物质,溶液导电性增强的是() A. 0.5 0mo1 NaOH B. 100 mL水C. 0.50mo1酒精 D. 0.50 mol Na2SO411.在同一温度下,当弱电解质溶液a,强电解质溶液b,金属导体c的导电能力相同,若同时升高到相同温度,则它们的导电能力是()A. a>b>c B. a=b=c C. c>a>b D. b>c>a12.把0.05molNaOH固体分别加入到100mL下列液体中,溶液的导电能力变化最小的是() A.自来水 B. 0.5mol/L盐酸C. 0.5mol/LCH3COOH溶液 D. 0.5mol/LKCl溶液13.把0.05mol NaOH固体分别加入下列100mL液体中,溶液的导电性基本不变的是() A.自来水 B.0.5mol•L﹣1的盐酸C.0.5mol•L﹣1的醋酸 D.0.5mol•L﹣1的氨水14.下列关于电解质说法正确的是()A.能导电的物质叫电解质B.电解质在通电时发生电离C. NaCl晶体不导电,所以NaCl不是电解质D.熔融的KOH导电,所以KOH是电解质15.下列有关生活中化学的叙述,不正确的是()A.纯水和干木头都不导电,但木头用水浸湿后可以导电B.盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用玻璃塞C.草木灰不能和铵态氮肥混合使用D.寻找高效催化剂,使水分解出产物氢气,同时释放能量16.相同温度时,下列溶液中导电能力最强的是()A. 50mL 1.5mol/L 蔗糖溶液 B. 100mL 1.0mol/L 醋酸溶液C. 50mL 0.5mol/L AlCl3溶液 D. 100mL 0.5mol/L MgCl2溶液二.填空题(共6小题)17.DIS(Digital Information System)系统即数字信息系统.它由传感器、数据采集器和计算机组成.DIS系统为化学教学提供了全新的技术手段和教学平台.某学习小组用DIS系统测定食用白醋中醋酸的物质的量浓度,以溶液的导电能力来判断滴定终点.实验步骤如下:(1)用(填仪器名称)量取10.00mL.食用白醋,在烧杯中用水稀释后转移到100mL 容量瓶中定容,然后将稀释后的溶液倒入试剂瓶中.量取20.00mL上述溶液倒入烧杯中,连接好DIS系统(如图1)向烧杯中滴加浓度为0.1000mol•L﹣1的氨水,计算机屏幕上显示出溶液导电能力随氨水体积变化的曲线(见图2)①用滴定管盛氨水前,滴定管要用润洗2~3遍,润洗的目的是.②溶液导电能力随氨水体积变化的原因是.③食用白醋中醋酸的物质的量浓度是.18.现有以下物质:①NaCl晶体②干冰③稀醋酸溶液④汞⑤蔗糖(C12H22O11)⑥冰醋酸(纯净的醋酸CH3COOH);请回答下列问题(用序号):以上物质中能导电的是;以上物质中属于电解质的是.19.在烧杯中盛有半杯的Ba(OH)2溶液,然后用滴管向烧杯中滴加H2SO4(装置如图).随着硫酸的滴入,电灯会逐渐变暗,当两者恰好完全反应时,电灯完全熄灭.(1)可以利用上述原理进行溶液浓度的测定.若烧杯中装有75mL 0.1mol/L Ba(OH)2溶液,当滴入25mL H2SO4时,电灯完全熄灭.试求该硫酸溶液的物质的量浓度为若用98%、1.84g/mL的浓硫酸配制上述浓度的硫酸溶液250mL,需要毫升的浓硫酸(精确到0.1mL).选择量取.20.有以下几种物质:①食盐晶体②乙醇③水银④蔗糖⑤纯醋酸⑥KNO3溶液⑦熔融的氢氧化钠⑧液态氯化氢回答以下问题(填序号):(1)物质中构成的微粒只能在固定位置上振动的是;以上物质可以导电的是;(3)以上物质中属于电解质的是;(4)以上物质中属于非电解质的是.21.如图所示是在一定温度下向不同电解质溶液中加入新物质时其电流强度(I)随新物质加入量(m)的变化曲线.以下三个导电性实验,其中与A图变化趋势一致的是,与B图变化趋势一致的是.a.向Ba(OH)2溶液中逐滴加入等浓度的H2SO4至过量b.向醋酸溶液中逐滴加入等浓度的氨水至过量.22.现有以下物质:①NaCl晶体②SO2③稀硫酸④石墨⑤BaSO4固体⑥蔗糖(C12H22O11)⑦酒精⑧熔融的KNO3⑨CaO ⑩纯净的醋酸.请回答(用序号):以上物质中能导电的是;以上物质中属于电解质的是.三.解答题(共5小题)23.现代化学传感器技术是研究溶液中离子反应的重要手段,某化学兴趣小组用1.0mol/LNaOH溶液滴定25mL未知浓度的盐酸溶液,并用电导率传感器测定过程中的电导率,通过数据采集器自动记录测得的电导率并绘制电导率﹣V曲线,可显示滴定过程中的突跃现象(如图所示).对于突跃现象最合理的解释是.24.(1)下列物质能导电的是,属于电解质的是,属于非电解质的是.①NaCl晶体②液态SO2③液态醋酸④汞⑤BaSO4固体⑥纯蔗糖(C12H22O11)⑦氨水⑧熔化的KNO3按要求写出下列方程式:①KHSO4熔融状态电离方程式:②小苏打与过量石灰乳反应的离子方程式:(3)①36g重水中氧原子的物质的量为:.②在同温同压下,相同体积的O2和CH4,原子数目之比为.③含有6.02×1023个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为.(4)同温同压下,某容器充满O2重96g,若充满CO2重102g,现充满某气体重104g,则某气体的摩尔质量为.25.有以下几种物质①碳酸氢钠晶体②液态氯化氢③铁④蔗糖⑤酒精⑥熔融的K2SO4⑦干冰⑧石墨填空回答:(填序号)(1)以上物质能导电的是以上物质中属于电解质的是(3)以上物质中属于非电解质的是(4)以上物质中溶于水后水溶液能导电的是(5)分别写出物质①、⑥在水溶液中的电离方程式.26.现有下列物质:①NaCO3•10H2O晶体②铜③氯化氢④CO2⑤NaHSO4固体⑥Ba(OH)2固体⑦红褐色的氢氧化铁胶体⑧氨水⑨稀硝酸⑩Al2(SO4)3(1)按物质的分类方法填写表格的空白处:(填编号)分类标准能导电的物质电解质非电解质属于该类的物质 / /电解质有,这种分类方法的名称是上述物质中有物质之间可发生离子反应:H++OH﹣═H2O,写出一个该离子反应对应的化学方程式.(3)17.1g⑩溶于水配成250mL溶液,SO42﹣的物质的量浓度为.(4)将⑨滴加到⑦中至过量的实验现象是(5)反应:KMnO4+HCl﹣﹣KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O (未配平)标况下生成3.36LCl2,转移电子的个数为,起酸的作用的盐酸物质的量为.(6)将⑥的溶液滴加到⑤的溶液中至恰好沉淀为止时的离子方程式为.(7)用①配制450mL 0.1mol/L Na2CO3溶液,实验中下列情况会使所配溶液浓度偏低的是A.加水时超过刻度线 B.洗涤液未移入容量瓶C.容量瓶内壁附有水珠而未干燥 D.定容时俯视刻度线.27.在烧杯中盛有半杯的Ba(OH)2溶液,然后用滴管向烧杯中滴加H2SO4(装置如右图).随着硫酸的滴入,电灯会逐渐变暗,当两者恰好完全反应时,电灯完全熄灭.(1)该实验说明溶液的导电性与有关.上述反应的离子方程式为.(3)可以利用上述原理进行溶液浓度的测定.若烧杯中装有75mL 0.1mol/L Ba(OH)2溶液,当滴入25mL H2SO4时,电灯完全熄灭.试求该硫酸溶液的物质的量浓度.(4)若用98%、1.84g/L的浓硫酸配制上述浓度的硫酸溶液2500mL,需要多少毫升的浓硫酸(精确到0.1mL).电解质溶液的导电性参考答案与试题解析一.选择题(共16小题)1.电导率可用于衡量电解质溶液的导电能力,即电导率越大,则溶液的导电能力越强.利用电导率传感器测得用0.100mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL0.100mol/L的盐酸,电导率曲线如图所示.下列说法不正确的是()A. d点溶液中:c(Cl﹣)=2c(OH﹣)﹣2c(H+)B.电导率传感器能用于酸碱中和滴定终点的判断C. c点电导率最小是因为c点溶液的溶质为弱电解质D. c(Na+)、c(Cl﹣)对导电能力的影响比c(H+)、c(OH﹣)对导电能力的影响小考点:电解质溶液的导电性.分析: A.任何电解质溶液中都存在电荷守恒、物料守恒,根据电荷守恒及物料守恒判断;B.HCl和NaOH反应方程式为HCl+NaOH=NaCl+H2O,根据图象知,从0﹣10mL之间,随着反应的进行,溶液中c(H+)浓度逐渐减小,溶液的电导率逐渐降低,加入溶液体积大于15mL时,溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大,溶液的电导率增大,根据图知,当恰好中和时电导率最小;C.溶液电导率与离子浓度成正比,c点电导率低是因为离子浓度小;D.HCl和NaOH反应方程式为HCl+NaOH=NaCl+H2O,根据图象知,从0﹣10mL之间,随着反应的进行,溶液中c(H+)浓度逐渐减小,温度不变离子积常数不变,所以c(OH﹣)增大,但c(H+)、c(OH﹣)都较小,溶液的电导率逐渐降低;加入溶液体积大于15mL时,溶液中c(OH﹣)逐渐增大,溶液的电导率增大,从0﹣15mL过程中,c(Cl﹣)、c(Na+)始终大于c(H+)、c(OH﹣).解答:解:A.任何电解质溶液中都存在电荷守恒、物料守恒,根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(Cl﹣)+c(OH﹣),d点NaOH与HCl的体积之比为3:2,二者物质的量浓度相等,根据物料守恒得2c(Na+)=3c(Cl﹣),所以得c(Cl﹣)=2c(OH﹣)﹣2c(H+),故A正确;B.HCl和NaOH反应方程式为HCl+NaOH=NaCl+H2O,根据图象知,从0﹣10mL之间,随着反应的进行,溶液中c(H+)浓度逐渐减小,溶液的电导率逐渐降低,加入溶液体积大于15mL时,溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大,溶液的电导率增大,根据图知当恰好中和时电导率最小,所以可以电导率传感器能用于酸碱中和滴定终点的判断,故B正确;C.电导率与离子浓度成正比,c点电导率低是因为离子浓度小,c点是二者恰好完全反应生成NaCl,NaCl是强电解质,故C错误;D.HCl和NaOH反应方程式为HCl+NaOH=NaCl+H2O,根据图象知,从0﹣10mL之间,随着反应的进行,溶液中c(H+)浓度逐渐减小,温度不变离子积常数不变,所以c(OH﹣)增大,但c(H+)、c(OH﹣)都较小,溶液的电导率逐渐降低;加入溶液体积大于15mL时,溶液中c(OH﹣)逐渐增大,溶液的电导率增大,从0﹣15mL过程中,c(Cl﹣)、c(Na+)始终大于c(H+)、c(OH﹣),由此可见c(Na+)、c(Cl﹣)对导电能力的影响比c(H+)、c(OH﹣)对导电能力的影响小,故D正确;故选C.点评:本题以电解质溶液的导电性为载体考查酸碱混合溶液定性判断,明确反应实质、电导率的影响因素及混合溶液中溶质是解本题关键,会根据图象中曲线变化获取信息、加工信息,从而利用信息答题,易错选项是A.2.浓度均为0.1mol/L的下列各组溶液,将溶液(Ⅱ)滴加到溶液(Ⅰ)中,测得溶液(I)的导电能力变化符合如图变化趋势的是()A B C D溶液(Ⅰ)盐酸醋酸氢氧化钠氨水溶液(Ⅱ)氢氧化钠氢氧化钠氨水硝酸银A. A B. B C. C D. D考点:电解质溶液的导电性.分析:溶液导电能力的强弱主要取决于阴、阳离子浓度的大小,离子浓度越大,导电能力越强,以此分析.解答:解:A、浓度均为0.1mol/L的盐酸,滴加同浓度的氢氧化钠溶液,生成氯化钠,溶液的体积变大,导致浓度减小,导电能力减弱,故A错误;B、醋酸是弱电解质部分电离,向其中滴入氢氧化钠,促进醋酸的电离,生成强电解质,自由移动离子浓度增大,导电能力增强,恰好完全反应后生成0.05mol/L的CH3COONa溶液,若此时继续滴加0.1mol/LNaOH溶液,溶液导电性增加更快,故B正确;C、向氢氧化钠溶液中滴入氨水,碱性溶液中氨水的电离程度减小,自由移动离子的物质的量增加不明显,但溶液的体积变大,导电能力减弱,故C错误;D、硝酸银溶液滴到氨水中时开始阶段没有沉淀生成,AgNO3+3NH3•H2O=Ag(NH3)2OH+NH4NO3+2H2O,离子浓度增大导电能力增加,到一定量时开始出现沉淀,当沉淀不再增加,继续滴加,沉淀不消失,Ag++OH﹣=AgOH↓,离子浓度基本不变,因此导致导电能力不会有明显增强,故D错误;故选B.点评:本题考查电解质溶液的导电性,题目难度中等,注意从离子反应的角度去分析电解质溶液阴、阳离子浓度的大小,离子浓度越大,导电能力越强.3.下列各项所述内容对应的图象不正确的是()A.向Ba(OH)2溶液中加稀H2SO4 B.向冰醋酸中加蒸馏水C.向稀NaOH溶液中加稀盐酸 D.向AlCl3溶液中加氨水考点:电解质溶液的导电性;弱电解质在水溶液中的电离平衡;镁、铝的重要化合物.专题:图示题.分析: A.溶液的导电能力与离子浓度成正比;B.向冰醋酸中加入蒸馏水,溶液浓度越小,其电离程度越大;C.向稀NaOH溶液中加稀盐酸,溶液中氢氧根离子浓度减小、氢离子浓度增大,溶液的pH减小,但pH存在一个滴定突跃区间;D.氯化铝和氨水混合生成氢氧化铝沉淀,氢氧化铝能溶于强碱但不能溶于弱碱.解答:解:A.溶液的导电能力与离子浓度成正比,向向Ba(OH)2溶液中加稀H2SO4,二者反应生成硫酸钡沉淀和水,随着稀硫酸的加入,溶液中离子浓度减小,溶液的导电能力降低,当二者恰好反应时溶液导电能力最小,继续增加稀硫酸的量,溶液中离子浓度增大,溶液导电能力增大,故A 正确;B.向冰醋酸中加入蒸馏水,溶液浓度越小,其电离程度越大,刚开始时,随着蒸馏水的增加,溶液中醋酸根离子浓度增大,当增大到一定程度后,继续增加水的量,醋酸电离程度小于溶液体积增大程度,则溶液中醋酸根离子浓度降低,故B正确;C.向稀NaOH溶液中加稀盐酸,溶液中氢氧根离子浓度减小、氢离子浓度增大,溶液的pH减小,正好反应前后,溶液的pH存在一个滴定突跃区间,在突跃区间内pH突然变化,而不是缓慢变化,图象和分析不一致,故C错误,D.氯化铝和氨水混合生成氢氧化铝沉淀,氢氧化铝能溶于强碱但不能溶于弱碱,所以只要加入氨水就产生沉淀,当氯化铝完全反应后继续增加氨水量,沉淀的量不变,故D正确;故选C.点评:本题考查图象分析,为高频考点,涉及酸碱中和、溶液导电能力判断、弱电解质的电离等知识点,明确物质的性质及反应原理是解本题关键,易错选项是C,注意酸碱中和滴定中pH变化,为易错点.4.化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果.下列图象描述正确的是()A.图①标上压强可对逆反应2A(g)+2B(g)⇌3C(g)+D(g)的影响,乙的压强大B.图②表示向乙酸溶液中通入氨气至过量的过程,溶液导电性变化C.图③表示在1L1mol/LFeBr2溶液中通入Cl2时Br﹣的量的变化D.图④表示一定浓度Na2CO3溶液中逐滴滴加盐酸与生成CO2的物质的量的关系考点:电解质溶液的导电性;化学方程式的有关计算;氧化还原反应的计算;产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线.分析: A.该反应是反应前后气体体积不变的可逆反应,增大压强平衡不移动,则物质的转化率不变,压强移动,反应速率越大,反应达到平衡的时间越短;B.溶液中离子浓度越大溶液的导电性越强;C.向溴化亚铁中通入氯气时,先氧化亚铁离子后氧化溴离子,溴化铁溶液中c(Fe2+):c(Br﹣)=1:2,反应方程式为2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+、2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣,根据方程式知,第一段消耗氯气为第二段的一半;D.向碳酸钠溶液中逐滴滴加HCl时发生的反应为Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑,根据反应方程式判断生成气体与加入HCl的关系.解答:解:A.该反应是反应前后气体体积不变的可逆反应,增大压强平衡不移动,则物质的转化率不变,压强移动,反应速率越大,反应达到平衡的时间越短,根据到达平衡的时间判断,甲的压强大于乙,故A错误;B.溶液中离子浓度越大溶液的导电性越强,向乙酸溶液中通入氨气至过量的过程,乙酸和一水合氨都是弱电解质、醋酸铵是强电解质,随着氨气的通入,溶液中离子浓度增大溶液导电性增大,故B 错误;C.向溴化亚铁中通入氯气时,先氧化亚铁离子后氧化溴离子,溴化铁溶液中c(Fe2+):c(Br﹣)=1:2,反应方程式为2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2Fe3+、2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣,根据方程式知,第一段消耗氯气为第二段的一半,故C正确;D.向碳酸钠溶液中逐滴滴加HCl时发生的反应为Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑,根据反应方程式知,先没有气体生成当碳酸钠完全转化为碳酸氢钠后再滴加稀盐酸有气体生成,故D错误;故选C.点评:本题考查化学反应速率的影响因素及化学平衡影响因素、氧化还原反应的计算、方程式的计算、电解质溶液导电性等知识点,综合性较强,明确物质的性质及离子反应先后顺序等知识点即可解答,易错选项是C.5.下列物质中具有良好导电性的是()A.冰醋酸 B.盐酸 C. KCl晶体 D.蔗糖溶液考点:电解质溶液的导电性.专题:电离平衡与溶液的pH专题.分析: A、酸的水溶液能导电;B、盐酸中存在自由移动的离子;C、氯化钾中含有氯离子和钾离子;D、蔗糖是非电解质,溶液中无自由移动的离子.解答:解:A、冰醋酸中只有醋酸分子,不导电,酸只有形成水溶液才能导电,故A错误;B、盐酸中存在自由移动的氯离子和氢离子,能导电,故B正确;C、氯化钾中含有氯离子和钾离子,但是静电作用的束缚,不能自由移动不导电,故C错误;D、蔗糖是非电解质,溶液中无自由移动的离子,不能导电,故D错误.故选B.点评:本题考查学生物质的导电情况吗,注意物质导电的原理:存在自由移动的微粒.6.下列说法正确的是()A.强电解质溶液的导电能力一定大于弱电解质溶液的导电能力B.溶于水能导电的化合物都是电解质C.25℃时,0.1mol/L的盐酸中氢离子浓度大于0.1mol/L的醋酸中氢离子浓度D. BaSO4属于强电解质,所以其水溶液导电能力很强考点:电解质溶液的导电性;电解质与非电解质;强电解质和弱电解质的概念.分析: A.电解质溶液导电能力与离子浓度成正比;B.溶于水能导电的化合物不一定是电解质;C.HCl是强电解质、醋酸是弱电解质,所以HCl在水溶液中完全电离、醋酸部分电离;D.完全电离的电解质是强电解质,溶液导电能力与离子浓度成正比.解答:解:A.电解质溶液导电能力与离子浓度成正比,与电解质强弱无关,所以强电解质溶液的导电能力不一定大于弱电解质溶液的导电能力,故A错误;B.溶于水能导电的化合物不一定是电解质,如二氧化硫等,故B错误;C.HCl是强电解质、醋酸是弱电解质,所以HCl在水溶液中完全电离、醋酸部分电离,所以相同温度相同浓度时,盐酸溶液导电能力大于醋酸溶液,故C正确;D.完全电离的电解质是强电解质,溶液导电能力与离子浓度成正比,硫酸钡是强电解质,但在水溶液中溶解度较小,所以其水溶液导电能力较弱,故D错误;故选C.点评:本题考查电解质溶液导电性,侧重考查学生分析判断能力,电解质溶液导电性强弱与电解质强弱无关,与溶液中离子浓度有关,为易错题,易错选项是A.7.下列各物质中均能导电且导电本质不同的是()A.石墨和稀硫酸 B.金属铝和金属铜C.金刚石和晶体硅 D.液态HCl和液态NaCl考点:电解质溶液的导电性;不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别.分析:能导电的物质中含有自由电子或自由移动的离子,金属单质、熔融状态下的电解质及可溶性电解质溶液都能导电,据此分析解答.解答:解:A.石墨中含有自由移动的电子而能导电,稀硫酸中含有自由移动的离子而能导电,所以导电本质不同,故A正确;。
电解质溶液-学生解析
3608电解时,主要承担电量迁移任务的离子与首先在电极上发生反应的离子间有什么关系?()(A)没有任何关系(B)有某种关系(C)有无关系视相对电迁移率的大小而定3667 (D)两者总是一致的3610已知Cu的相对原子量为64,用0.5法拉第电量可从CuSO4溶液中沉淀出多少Cu()(A) 16 g (B) 32 g(C) 64 g (D) 127 g3611H2S2O8可由电解法制取,阳极反应为:2H2SO4 →H2S2O8 + 2H+ + 2e-,阳极副反应为O2的析出。
阴极析氢效率为100%,已知电解产生H2,O2的气体体积分别为9.0 L和2.24 L(标准态下),则生成H2S2O8的物质的量为:()(A) 0.1 mol (B) 0.2 mol(C) 0.3 mol (D) 0.4 mol3612法拉第电解定律限用于:()(A) 液态电解质(B) 无机液态或固态电解质(C) 所有液态或固态电解质(D) 所有液态、固态导电物质3613将铅酸蓄电池在10.0 A电流下充电1.5 h,则PbSO4分解的质量为()(A) 84.8 g (B) 169.6 g(C) 339.2 g (D) 无法确定(已知M r(PbSO4) = 303)3614按物质导电方式的不同而提出的第二类导体,下述对它特点的描述,哪一点是不正确的?()(A)其电阻随温度的升高而增大(B)其电阻随温度的升高而减小(C)其导电的原因是离子的存在(D)当电流通过时在电极上有化学反应发生3615描述电极上通过的电量与已发生电极反应的物质的量之间的关系的是:()(A) 欧姆定律(B)离子独立运动定律(C)法拉第定律(D)能斯特定律3617当一定的直流电通过一含有金属离子的电解质溶液时,在阴极上析出金属的量正比于:()(A) 阴极的表面积(B) 电解质溶液的浓度(C) 通过的电量(D) 电解质溶液的温度3618电解熔融NaCl时,用10 A的电流通电5 min,能产生多少金属钠?()(A) 0.715 g (B) 2.545 g(C) 23 g (D) 2.08 g3620在CuSO4溶液中用铂电极以0.1 A的电流通电10 min,在阴极上沉积的铜的质量是:()(A)19.9 mg(B) 29.0 mg(C) 39.8 mg (D) 60.0 mg3621在NiI2的水溶液中,通过24 125 C的电量后,沉积出金属镍(M r=58.7)的质量最接近于:()(A) 7.3 g (B) 14.6 g(C) 29.2 g (D) 58.7 g3622电解硫酸铜溶液时,析出128 g铜(M r =64),需要通入多少电量?()(A) 96 500 C (B) 48 250 C(C) 386 000 C (D) 24 125 C36231 mol电子电量与下列哪一个值相同?()(A) 1安培·秒(B) 1库仑(C) 1法拉第(D) 1居里3624使2000 A的电流通过一个铜电解器,在1 h 内,能得到铜的质量是:()(A) 10 g (B) 100 g(C) 500 g (D) 2 700 g3625用0.1 A的电流,从200 ml 浓度为0.1 mol·dm-3的AgNO3溶液中分离Ag,从溶液中分离出一半银所需时间为:()(A) 10 min (B) 16 min(C) 100 min (D) 160 min3651离子电迁移率的单位可以表示成( )(A) m·s-1(B) m·s-1·V-1(C) m2·s-1·V-1(D) s-13653水溶液中氢和氢氧根离子的电淌度特别大,究其原因,下述分析哪个对?()(A) 发生电子传导(B) 发生质子传导(C) 离子荷质比大(D) 离子水化半径小3654在一定温度和浓度的水溶液中,带相同电荷数的Li+、Na+、K+、Rb+、…,它们的离子半径依次增大,但其离子摩尔电导率恰也依次增大,这是由于:()(A) 离子淌度依次减小(B) 离子的水化作用依次减弱(C) 离子的迁移数依次减小(D) 电场强度的作用依次减弱3666电解质溶液中离子迁移数(t i) 与离子淌度(U i) 成正比。
高中化学溶液电导率题型详细解析
高中化学溶液电导率题型详细解析在高中化学学习中,溶液电导率是一个重要的概念。
理解和掌握溶液电导率的计算方法和相关概念对于解答化学题目至关重要。
本文将详细解析几种常见的溶液电导率题型,并提供解题技巧和指导。
1. 计算电解质溶液的电导率题目示例:计算0.1 mol/L NaCl溶液的电导率。
解析:电解质溶液的电导率可以通过以下公式计算:电导率(Λ) = 电解质溶液的电导度(κ) / 电解质的浓度(c)其中,电导度是通过电流强度与电解质溶液的导电截面积和溶液之间的距离的比值来表示的。
电解质的浓度可以通过溶液中溶质的摩尔浓度来表示。
对于本题,我们已知NaCl的浓度为0.1 mol/L。
假设电解质溶液的电导度为κ,根据上述公式可得:Λ = κ / cκ = Λ * c根据实验数据,NaCl在25°C时的电导率为126.4 S·cm²/mol,将其代入公式中:κ = 126.4 S·cm²/mol * 0.1 mol/L = 12.64 S·cm²因此,0.1 mol/L NaCl溶液的电导率为12.64 S·cm²。
解题技巧:在计算电解质溶液的电导率时,需要注意单位的转换。
通常情况下,电导率的单位是S·cm²/mol,浓度的单位是mol/L。
确保单位一致可以避免计算错误。
2. 比较溶液电导率题目示例:比较0.1 mol/L NaCl溶液和0.1 mol/L C6H12O6溶液的电导率。
解析:要比较两种溶液的电导率,我们可以先计算它们各自的电导度,然后比较电导度的大小。
对于NaCl溶液,根据上述公式,电导度为:κ(NaCl) = Λ(NaCl) * c(NaCl)对于C6H12O6溶液,假设其电导度为κ(C6H12O6),根据上述公式,电导度为:κ(C6H12O6) = Λ(C6H12O6) * c(C6H12O6)由于NaCl和C6H12O6都是电解质,它们的电导率可以通过查阅实验数据得到。
化学练习题电解质溶液的电导率计算
化学练习题电解质溶液的电导率计算化学练习题:电解质溶液的电导率计算电解质溶液的电导率是衡量溶液中电离程度的重要指标。
电离程度越高,电导率就越大。
在本文中,我们将介绍如何计算电解质溶液的电导率,并通过几个实际的练习题来加深理解。
一、什么是电导率?电导率是衡量溶液中离子流动能力的指标,通常用符号k表示,单位为S/cm(西门子/厘米)。
电解质溶液的电导率取决于离子浓度以及各离子的电荷数和迁移率。
二、电解质溶液电导率计算公式计算电解质溶液的电导率通常使用下述公式:k = κ * C其中,k是电导率,κ是电解质的等效电导率,C是溶液的浓度(单位为mol/L)。
三、练习题一计算一升浓度为0.1mol/L的NaCl溶液的电导率,已知Na+和Cl-的迁移率分别为50 S/cm和75 S/cm。
解答:首先,我们需要计算出NaCl的等效电导率κ。
κ = z+ * μ+ + z- * μ-其中,z+和z-分别为阳离子和阴离子的电荷数,μ+和μ-分别为阳离子和阴离子的迁移率。
对于NaCl,z+ = +1,z- = -1,μ+ = 50 S/cm,μ- = 75 S/cm。
将这些值代入公式:κ = (1 * 50) + (-1 * 75) = 50 - 75 = -25 S/cm由于等效电导率κ为负值,我们需要使用绝对值:|κ| = |-25| = 25 S/cm然后,我们使用公式k = κ * C来计算电解质溶液的电导率:k = 25 S/cm * 0.1 mol/L = 2.5 S/cm所以,浓度为0.1mol/L的NaCl溶液的电导率为2.5 S/cm。
四、练习题二一升浓度为0.2mol/L的HCl溶液的电导率是多少?已知H+和Cl-的迁移率分别为40 S/cm和65 S/cm。
解答:同样地,我们首先计算HCl的等效电导率κ。
κ = z+ * μ+ + z- * μ-对于HCl,z+ = +1,z- = -1,μ+ = 40 S/cm,μ- = 65 S/cm。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。
第八章 习题解答1、在300K 和100kPa 压力下,用惰性电极电解水以制备氢气。
设所用直流电的强度为5A ,电流效率为100%。
来电解稀H 2SO 4溶液,如欲获得1m 3氢气,须通电多少时间?如欲获得1m 3氧气,须通电多少时间?已知在该温度下水的饱合蒸气压为3565Pa 。
解 电解时放出气体的压力为 p=(100000-3565)Pa=96435Pa 1m 3气体的物质的量为311(96435)(1)/()38.6637(8.314)(300)Pa m n pV RT mol J K mol K --⨯===⋅⋅⨯ 氢气在阴极放出,电极反应为 2H ++2e -→H 2(g)根据法拉第定律,It=ξzF=(Δn B /νB )·zF , t=(Δn B /νB I)·zF 放氢时,12=H ν,z=2,11(38.6637)2(96500)1492418.821(5)mol t C mol s C s --=⨯⨯⋅=⨯⋅。
氧气在阳极放出,电极反应为 2H 2O-4e -→O 2(g)+4H + 放氧时,12=O ν,z=4,11(38.6637)4(96500)2984837.641(5)mol t C mol s C s --=⨯⨯⋅=⨯⋅。
2、用电解NaCl 水溶液的方法制备NaOH ,在通电一段时间后,得到了浓度为1.0mol ·dm -3的NaOH 溶液0.6dm 3,在与之串联的铜库仑计中析出了30.4g 的Cu(s)。
试计算该电解池的电流效率。
解 析出Cu(s)的反应为Cu 2++2e -→Cu电解NaCl 水溶液制备NaOH 的反应为阴极上的反应 2H 2O+2e -→2OH -+H 2(g) 阳极上的反应 2Cl --2e -→Cl 2(g)电解总反应为 2H 2O+2NaCl →Cl 2(g)+H 2(g)+ 2NaOH即铜库仑计中若析出1molCu(s),则理论上在电解池中可得到 2 mol 的NaOH 。
30.4g/63.54g ·mol -1=0.478mol ,理论上可得到0.956 mol 的NaOH ,实际只得到了0.6mol 的NaOH ,所以电流效率为(0.6mol/0.956 mol)×100%=62.76%4、在298K 时用Ag+AgCl 为电极来电解KCl 水溶液,通电前溶液中KCl 的质量分数为w(KCl)=1.4941×10-3,通电后在质量为120.99g 的阴极部溶液中w(KCl)=1.9404×10-3。
串联在电路中的银库仑计有160.24mg 的Ag(s)沉积出来,求K +和Cl -的迁移数。
解 通电后K +自阳极部迁入阴极部,总质量为120.99g 的阴极部溶液中KCl 的质量和H 2O 的质量分别为: m(KCl)= 120.99g ×1.9404×10-3=0.2348g m(H 2O)=(120.99-0.2348)g=120.76gmol molg g n 3110147.36.742348.0--⨯=⋅=后 计算通电前在120.76g 水中含KCl 的物质的量:mol mol g g M wm n 313310422.26.74104941.1)104941.11(76.120----⨯=⋅⨯⨯⨯-=⋅=总前 mol molg g n 3110485.19.10716024.0--⨯=⋅=电 在电极上K +不发生反应,电反n n ≠=0molmol n n n 431025.710422.2473.1--⨯=⨯-=-=)(前后迁487.010485.11025.734=⨯⨯==--+molmol n n t K 电迁 513.0487.01=-=-Cl t5、在298K 时电解用作电极的Pb(NO 3)2溶液,该溶液的浓度为每1000g 水中含有Pb(NO 3)216.64 g ,当与电解池串联的银库仑计中有0.1658g 银沉积后就停止通电。
阳极部溶液质量为62.50g ,经分析含有Pb(NO 3)21.151 g ,计算Pb 2+的迁移数。
解 阳极反应为 Pb(s)-2e -→Pb 2+ 阳极部水的质量为 62.50g-1.151g=61.349g 阳极部Pb 2+的物质的量在通电前后分别为mol molg g g g n 3110082.32.3311349.61100064.16--⨯=⋅⨯⨯=前mol molg g n 3110475.32.331151.1--⨯=⋅=后 通电后生成Pb 2+的物质的量mol mol g g z z n n n PbAg Ag 4110683.7219.1071658.0/--⨯=⨯⋅===电反 Pb 2+迁移出阳极区的物质的量molmol n n n n 431075.310768.0475.3823.0--⨯=⨯+-=+-=)(反后前迁488.010683.71075.3442=⨯⨯==--+molmoln n t Pb 电迁 9、在298K 时,毛细管中注入浓度为33.27×10-3mol ·dm -3的GdCl 3水溶液,再在其上小心地注入浓度为7.3×10-2mol ·dm -3的LiCl 水溶液,使其间有明显的分界面,然后通过5.594mA 的电流,历时3976s 后,界面向下移动的距离相当于1.002×10-3dm -3溶液在管中所占的长度,求Gd 3+离子的迁移数。
解 mol dm mol dm Gd n 53333310334.3)1027.33()10002.1()----+⨯=⋅⨯⨯⨯=(迁发生反应生成Gd 3+离子的物质的量,反应为Gd-3e -→Gd 3+mol molC s s C zF It n Gd n Gd 511331068.7965003)3976()10594.5(1)3----+⨯=⋅⨯⨯⋅⨯⨯=⋅==+ν电反( 434.01068.710334.3553=⨯⨯==--+molmoln n t Gd 电迁 13、298K 时在某电导池中盛有浓度为0.01mol ·dm -3的KCl 水溶液,测的电阻R 为484.0Ω。
当盛以不同浓度c 的NaCl 水溶液时测得数据如下:c/(mol ·dm -3)0.0005 0.0010 0.0020 0.0050 R/Ω10910549427721128.9已知298K 时0.01mol ·dm -3的KCl 水溶液的电导率为0.1412S ·m -1,试求 (1)NaCl 水溶液在不同浓度时的摩尔电导率Λm 。
(2) 以Λm 对c 作图 ,求NaCl 的∞Λm 。
解 (1)首先从已知条件计算出电导池常数K cell =κ/G=κR=(0.1412S ·m -1)×(484.0Ω)=68.34 m -1接下来从K cell 及所测得的电阻值R 计算不同浓度c 时的电导率数值κ,然后再从电导率及浓度数值计算相应的摩尔电导率,计算公式和所的结果如下 RK cell =κ;cm κ=Λc/(mol ·dm -3)κ/(S ·m -1) Λm /(S ·m 2·mol -1)c /(mol ·dm -3)1/20.0005 0.006264 0.01253 0.02236 0.0010 0.01244 0.01244 0.03162 0.0020 0.02465 0.01233 0.04472 0.0050 0.060540.012110.07071(2) 以Λm 对c 作图以Λm 对c 作图(如右)得一直线,把直线外推到c →0时,得截距0.01273 S ·m 2·mol -1。
根据公式)1(c m m β-Λ=Λ∞可知此截距就是∞Λm 的值。
即∞Λm (NaCl)=0.01273 S ·m 2·mol -115、298K 时测得SrSO 4饱和水溶液的电导率为1.482×10-2S ·m -1,该温度时水的电导率为1.5×10-4S ·m -1。
试计算在该条件下SrSO 4在水中的溶解度。
解 SrSO 4是一种难溶盐κ(SrSO 4)=κ(溶液)-κ(H 2O)=( 1.482×10-2-1.5×10-4)S ·m -1 =1.467×10-2 S ·m -1∞Λm (21SrSO 4)=∞Λm (21Sr 2+)+∞Λm (21SO 42-)=(5.946+7.98)×10-3 S ·m 2·mol -1 =1.393×10-2 S ·m 2·mol -1∞Λm (SrSO 4)=2∞Λm (21SrSO 4) =2×1.393×10-2 S ·m 2·mol -1 =2.786×10-2 S ·m 2·mol -11221244410786.210467.1)()()(----∞⋅⋅⨯⋅⨯=Λ=mol m S m S SrSO SrSO SrSO c m κ=0.5266mol ·m -3 =5.266×10-4 mol ·dm -3由于溶液浓度很稀,溶液的密度与溶剂的密度近似相等,所以c(SrSO 4)≈m(SrSO 4)=5.266×10-4 mol ·kg -1 S= m(SrSO 4)×M(SrSO 4)=5.266×10-4 mol ·kg -1×183.7×10-4 kg ·mol –1 =9.67×10-517、291K 时,纯水的电导率为3.8×10-6 S ·m -1。
H 2O 可以部分电离成H +和OH -并达到平衡。
求该温度下,H 2O 的摩尔电导率、离解度和H +离子浓度。
已知这时水的密度为998.6kg ·m -3。
解∞Λm (H 2O)=∞Λm ( H +)+∞Λm ( OH -)=(3.498+1.98)×10-2 S ·m 2·mol -1=5.478×10-2 S ·m 2·mol -1)1002.18/()6.998(108.3)(133162-----⋅⨯⋅⋅⨯==Λmol kg m kg m S c O H m κ=6.86×10-11 S ·m 2·mol -1∞ΛΛ=mm α=(6.86×10-11 S ·m 2·mol -1)/( 5.478×10-2 S ·m 2·mol -1)=1.252×10-935122161094.610478.5108.3------∞⋅⨯=⋅⋅⨯⋅⨯=Λ=+m mol molm S m S c m H κ=6.94×10-8mol ·dm -3。